dif.denklemler oguz borat-1
TRANSCRIPT
1
İİssttaannbbuull TTiiccaarreett ÜÜnniivveerrssiitteessii
MMüühheennddiisslliikk vvee TTaassaarrıımm FFaakküülltteessii
MMÜÜHHEENNDDİİSSLLİİKKTTEE
DDİİFFEERRAANNSSİİYYEELL
DDEENNKKLLEEMMLLEERR
OOğğuuzz BBoorraatt
KKüüççüükkyyaallıı KKaammppüüssüü,, İİssttaannbbuull
MMaarrtt 22001111
2
ÖNSÖZ Doğada karşılaşılan olayları ve ilişkileri nicel bir şekilde ortaya çıkarmak için matematik
ifadeler kullanılmaya çalışılmaktadır. Bir çok değişkeni ve etkeni ihtiva eden karmaşık
davranışlarda diferansiyel denklemlerle karşılaşılmaktadır. Matematikçilerin geliştirdiği
diferansiyel denklemlere ait çeşitli çalışmalar mühendislik uygulamalarına göre
düzenlenmekte; ilgili eğitim alanında öne çıkan konulara ağırlık verilerek müfredat
hazırlanmaktadır. Analitik olarak çözülemeyen veya uygulanamayan diferansiyel denklemler,
bugün bilgisayarın sağladığı kolaylıklar sayesinde sayısal yöntemlerle çözülebilmektedir.
3
1. TARİFLER VE KAVRAMLAR
Diferansiyel Denklem
İçinde türev bulunan denklemdir. Aşağıda çeşitli diferansiyel denklem örnekleri verilmiştir.
xydx
dy52 , veya xyy 52 (1.1)
xydx
dy
dx
yd324
2
2
veya xyyy 324 (1.2)
xdx
yd
dx
ydsin5
2
2
2
3
3
veya xyy sin52
(1..3)
3
32
3
3
5 xydx
dy
dx
yd veya 332
5 xyyy (1.4)
2xy
z
x
z veya
2xzz yx (1.5)
2
2
2
2
2
2
z
u
y
u
x
u
t
u veya zzyyxxt uuuu (1.6)
2
2
2
22
yxyx veya yyxxxy (1.7)
Adi Diferansiyel Denklem
Bir bağımsız değişkenli türev ihtiva eden denklemdir. Örnek olarak (1.1) –(1.4) denklemleri
gösterilebilir.
Kısmî Diferansiyel Denklem
Birden fazla bağımsız değişkenli kısmi türevler ihtiva eden denklemdir. Örnek olarak (1.5) –
(1.7) denklemleri gösterilebilir.
Diferansiyel Denklemin Mertebesi
En yüksek mertebeden türevin mertebesidir. (1.1) ile (1.5) birinci mertebeden; (1.2),(1.6) ve
(1.7) denklemleri ikinci mertebeden; (1.4) denklemi üçüncü mertebedendir.
Diferansiyel Denklemin Derecesi En yüksek mertebeden türevin derecesidir. (1.1), (1.2), (1.5), (1.6) ve (1.7) denklemleri
birinci dereceden; (1.4) denklemi ikinci derecedendir.
4
Diferansiyel Denklemin Genel Çözümü Diferansiyel denklemin türetildiği ilkel fonksiyonun bulunmasıdır. Veyahut n. mertebeden
bir diferansiyel denklemin çözümü, diferansiyel denklemi sağlayan ve n adet bağımsız keyfi
sabit ihtiva eden ilkel denklemdir.
Diferansiyel Denklemin Özel Bir Çözümü Genel çözümün keyfi sabitlerinin belirli bir değer takımına tekabül edenidir. Örmek olarak
(1.8) denkleminde C=2; (1.9) denkleminde a=1 , b=0 , c=2 olması gibidir.
Diferansiyel Denklem İlkeli
042 232yxyxy
22 ccxy (1.8)
0y cbxaxy 2 (1.9)
2222 ryyy 222rycx (1.10)
022
yyxyy xaay 42 (1.11)
xy 22 (1.12)
0y baxy (1.13)
yy axey (1.14)
yy baey x (1.15)
221 yy axy sin (1.16)
3
yxy byax sin. (1.17)
Diferansiyel Denklemin İntegral Eğrileri Diferansiyel Denklemin genel çözümünün verdiği eğri ailesine denilir. Özel çözüm bu
eğrilerden birisidir.
Tekil Çözüm Genel çözümün ihtiva etmediği çözümlerdir.
01222
yyyx
5
2. BİRİNCİ MERTEBEDEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Genel İfade
y’ = dy/dx = f(x, y) (2.1)
şeklindedir. Bu denklemin sağ tarafı yxMM , ve yxNN , olmak üzere M/(-N)
şeklinde ifade edilirse
y’ = dy/dx = M / (-N); M dx = - N dy; M dx + N dy= 0 (2.2)
diferansiyel biçimde yazılmış olur. Eğer bu fonksiyonlar belirli şartları sağlıyorsa çözümü
F(x, y) = C (2.3)
şeklinde kolayca yazılabilir.
Lineer Denklem
f(x,y) = - p(x) y + q(x) (2.4)
şeklinde yazılabilirse bu 1.mertebeden lineer bir diferansiyel denklemdir.
Bernoulli Denklemi
n = reel bir sayı olmak üzere
y’ + p(x) y = q(x)yn (2.5)
dir. n=1 veya n=0 olduğunda Bernoulli denklemi lineer bir diferansiyel denklem olur.
Homojen Fonksiyonlar ve Homojen Diferansiyel Denklemler
reel sayısı için bir f(x,y) fonksiyonu
f( x, y) =n
f(x,y) (2.6)
şartını sağlarsa bu homojen bir fonksiyondur. Eğer bir diferansiyel denklemin terimleri aynı
dereceden homojen ise buna homojen diferansiyel denklem denir.
Not: Genel anlamda sağ tarafsız diferansiyel denkleme homojen diferansiyel denklem
denilmektedir.
Değişkenlere Ayrılabilen Diferansiyel Denklemler
M(x,y) dx + N(x,y) dy= 0 (2.2)
diferansiyel denklemi
M(x,y) → P(x) , N(x,y) → Q(y) şekline dönüştürülerek
P(x) dx + Q(y) dy = 0 (2.7)
6
yazılırsa değişkenlerine ayrılmış olur.
Tam Diferansiyel Denklem
M(x,y) dx + N(x,y) dy= 0 (2.2)
diferansiyel denklemi, sürekli olan M(x,y) ve N(x,y) fonksiyonları için
x
yxN
y
yxM ),(),( (2.8)
şartını sağlıyorsa tam diferansiyeldir. Bu gerekli ve yeter şarttır.
Özel tipler aşağıda sunulmuştur.
Değişkenlere Ayrılabilen 1.Mertebeden Diferansiyel Denklemler
1. Tip: Eğer xMM ve yNN ise (2.2) denklemi M(x)dx + N(y)dy= 0
integre edilebilir:
0dyyNdxxM (2.9)
1.mertebe olduğu için bir sabiti vardır.
Uygulama alanları: Nüfus artışı, bileşik faiz, radyoaktif dönüşüm, Newton soğuma kanunu.
Problem: xeyy 21 diferansiyel denklemini çözünüz.
Çözüm:
xeydx
dy 21 ; değişkenler gruplanırsa
dxey
dy x
21 , 0
1 2y
dydxe x
Burada xx edxe ve integral tablolarından
abbxa
dx 12
. a
abxarctan , 0ab olduğu dikkate alınarak:
7
Cye x arctan , Cey xarctan Cey xtan
bulunur.
2.tip: Eğer ygxfM 21 ve ygxfN 12 . ise (2.2) denklemi;
0.. 1221 dyygxfdxygxf (2.10)
olur. İntegrasyon çarpanı (İÇ)
İÇ = ygxf 22 .
1 ile 0
2
1
2
1 dyyg
ygdx
xf
xf , (2.11)
bunun integrasyonu ile
Cdyyg
ygdx
xf
xf
2
1
2
1 (2.12)
bulunur. 1. mertebe olduğu için bir sabiti vardır.
Problem: 011 22 yxyyx denklemini çözünüz.
Çözüm:
011 22
dx
dyxyyx ,
0 1 1 22 dyxydxyx ; integral çarpanı İÇ = 11
1
yx ile çarpılırsa
011
22
dyy
ydx
x
x olur. Burada
1
111
1
11
1
22
x
xx
x
x
x
x=
1
11
xx
1
11
1
111
1
11
1
22
yy
y
yy
y
y
y
y konulursa,
01
11
1
11 dy
yydx
xx
8
1
22 1ln2
11ln
2
1Cyyyxxx
1
22 211ln222 Cyxyxyx
1
22211ln21111 Cyxyx
Cyxyx 11ln21122
Problem: 3
4
yx
yy diferansiyel denklemini çözünüz.
Çözüm:
3
4
yx
y
dx
dy , ydxdyyx 43 ; 034 dyyxydx
İntegrasyon çarpanı İÇ =xy
1
034
dyy
ydx
x ; 0
314 dy
yx
dx
1lnln3ln4 Cyyx , yCyx 1
34 lnlnln
1
34
lnC
yxy ,
34ln yCxy , 34 yCxe y
Homojen Denklemler
Bir yxf , fonksiyonu,
yxfyxf n ,., (2.13)
Şartını gerçekliyorsa bu ifadeye “ n.dereceden homojendir “ denir.
Problem: yxf , yxx 45 fonksiyonu homojen midir?
9
Çözüm:
yxfyxxyxxyxf ,., 545545
olduğundan 5. dereceden homojendir.
Problem: yxxyxf cos.sin, 3 homojen midir?
Çözüm:
yxf , = yxx cos.sin3
= yxx cos.sin33 yxfn ,. homojen değildir.
Problem: xyeyxf xy tan, homojen midir?
Çözüm:
xyeyxf xy tan,
yxfxye xy ,.tan 0 0. dereceden homojendir.
Homojen Diferansiyel Denklemler
Eğer M(x,y) ve N(x,y) homojen ve aynı dereceden iseler
M(x,y) dx + N(x,y) dy =0 (2.14)
homojen bir diferansiyel denklemdir.
Problem: 0arcsinln2
dyx
y
x
ydx
x
yx homojen bir diferansiyel denklem midir?
Çözüm:
),(ln.),( yxMx
yxyxM
),(.arcsin),(22
yxNx
y
x
yyxN
Homojen ve aynı dereceden olduğundan diferansiyel denklem homojendir.
10
Problem: 0)()( 3222 dyyxydxyx homojen diferansiyel denklem midir?
Çözüm:
),()(),( 22222 yxMyxyxM
),(.)(),( yxNyyxyxN 33322
ayrı ayrı homojendirler, fakat aynı dereceden değildirler.Bu nedenle diferansiyel denklem
homojen değildir.
Problem: 04 yxy diferansiyel denklemi,
a) Değişkenlere ayrılabilir mi? b) Homojen midir?
c) Kaçıncı dereceden homojendir?
d) Değişkenlere ayrılmış formdaki diferansiyel denklem ifadesi nedir?
e) Genel çözümünü bulunuz.
Çözüm: 04 xdyydx ifadesi
a) Değişkenlere ayrılabilir.
b) MyyM )4(4 , NxN homojendir.
b) Birinci dereceden homojendir.
d) 04 ydyxdx
e) Cyx lnlnln4 , 0ln 4 Cyx , 04 eCyx
Problem: 022 yxy diferansiyel denklemi
a) Değişkenlere ayrılabilir mi?
b) Homojen midir?
c) Kaçıncı dereceden homojendir?
d) Değişkenlere ayrılmış formdaki diferansiyel denklem ifadesi nedir?
e) Genel çözümü bulunuz.
Çözüm:
022 dyxdxy
a) Değişkenlere ayrılabilir.
b) MyM 222 , NxN 222 homojendir.
c) İkinci dereceden homojendir.
d) 022 ydyxdx
e) Cyx
11 , C
xy
xy ,
Cyx 4
Cxyxy
11
Homojen Bir Diferansiyel Denklemin y = vx Dönüşümüyle Değişkenlerine Ayrılması
y = vx , dy = vdx + xdv (2.15)
dönüşümü ile herhangi bir homojen diferansiyel denklem değişkenlerine ayrılabilir:
M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0 (2.2)
homojen diferansiyel denklemi,
P(x,v)dx + Q(x,v)dv = 0 (2.16)
şekline indirgenir. İntegrasyondan sonra esas değişkenlere dönmek için v = y/x ikamesi
yapılır.
Problem: 0NdyMdx homojen diferansiyel denklem ise xy dönüşümü ile
değişkenlerine ayrılabileceğini gösteriniz.
Çözüm:
Eğer diferansiyel denklem n. dereceden homojen ise;
0. 11 dyxyNdxxyMxNdyMdx n
burada 0)()( 11 dyxyNdxxyM olur.
y = vx , dy = vdx + xdv dönüşümü ile
0).()( 11 xddxNdxM veyahut
0).(.)(.)( 111 dNxdxNM ;
bu ise
0)(.)(
).(
11
1
NM
dN
x
dx
şeklinde değişkenlerine ayrılabilir.
Problem: 02)( 22 xydydxyx diferansiyel denklemi
a) Homojen midir? b) Genel çözümünü bulunuz.
Çözüm:
a) MyxM 22222 )( ; NyxN 2.2 homojendir.
12
b) y = vx , dy = vdx + xdv , dönüşümü ile
021
2
2 dyx
ydx
x
yx
021 2 xddxdx)(
0221 22 xddx
031
22
d
x
dx
1231ln
3
1ln Cx 1
2 331lnln3 Cx
CexC1323 31. ; xy konursa
Cxyx 223 31 Cyxx 22 3 bulunur.
Problem: 022 dxyxydxxdy diferansiyel denklemi
a) Homojen midir? b) Genel çözümünü bulunuz.
Çözüm:
a) MyxyyxyM .222222
NxN .. olduğundan 1. dereceden homojendir.
b) y = vx , dy = vdx + xdv dönüşümü ile önce her taraf x ile bölünürse
012dxxydx
x
ydy
01 2 dxdxxddx
01 2 xddx
13
01 2
d
x
dx Cx lnarcsinln
Cxlnarcsin Cxxy lnarcsin
Cxe xyarcsin bulunur.
Problem: 01221 yy
xee yxyx denklemi
a) Homojen midir? b) Denklemi çözünüz.
Çözüm:
a) MeeM yxyx
.2121 0
Ny
xe
y
xeN yxyx 01212
olduğundan 0. dereceden homojendir
b) x=vy , dx = vdy + ydv dönüşümünün kullanılması uygundur.
01221 dyedxe
01221 dyeyddye
02222 dyedyedvyeyddyedy
022 dyeydye ; 0212 dveydye
02
21d
e
e
y
dy ; Cey ln2lnln
14
Cey 2. , Cey
xy yx2
Cyex yx2
Problem: 0.32 yxyyx denklemi
a) Homojen midir? b) Denklemi çözünüz.
Çözüm:
a) MyxyxM .3232
NxyxyN . olduğundan 1. dereceden homojendir.
b) Her taraf x ile bölünür ve
xy , xddxdy
standart dönüşüm uygulanırsa
0.1.32 dyxydxxy
0132 xddxdx
032 2 xdxddxdxdxdx
0122 2 dxdx
022
12
d
x
dx
011
2
)22(
22.
2
122
dd
x
dx
Not:
cbxaxcbxax
dxbax 2
2ln
2 ;
b
abx
abbax
dxarctan
12
; burada a=1, b=c2 konulursa
15
c
x
ccx
dxarctan
122
1
2
1
1
1
1222
2
1C
vvvx arctan..lnln
Cvvvx 1arctan422lnln2 2
Cvvvx 1arctan422.ln 22
Cx
y
x
y
x
yx 1arctan422.ln
2
22
22 22ln xxyy Cx
yxarctan4
Problem: 0.cosh.3cosh.3sinh2 yxyxxyyxyx denklemi
a) Homojen midir? b) Çözümünü bulunuz.
Çözüm:
a) xyyxyxM cosh.3sinh.2 = xyyxyx cosh.3sin.2 M.
NxyxxyxN .cosh.3cosh.3
olduğundan denklem 1. dereceden homojendir.
b) Denklem x ile bölünür ve vxy , xdvvdxdy standart dönüşüm
kullanılırsa
0.cosh3.cosh.3sinh.2 xdvvdxvdxvvdxv
032 dvvvdxv .cosh.sinh. ;
değişkenlere ayrılırsa:
0sinh
cosh32
v
dvv
x
dx
Not:
16
vv
vsinhln
sinh
cosh ; Cvx lnsinhln3ln2 ; C
v
xln
sinhln
3
2
vCx 32 sinh. ; xyCx 32 sinh.
Problem: 011 yxy diferansiyel denklemi
a) Değişkenlere ayrılabilir mi? b) M ve N lineer midir? c) diferansiyel denklem homojen
midir? d) Değişkenlere ayrılmış formdaki diferansiyel denklem ifadesi , e) Genel çözümünü
bulunuz.
Çözüm:
011 dyxdxy
a) Değişkenlere ayrılabilir. b) Lineerdir.
c) MyM 1 ; NxN 1 Homojen değildir.
d) 011 y
dy
x
dx , 011 ydyxdx
e) Cyx ln1ln1ln , 01
1ln
Cy
x
0
1
1e
Cy
x ,
Homojen Olmayan Lineer Denklemler
Eğer
Mdx + Ndy = 0 (2.2)
diferansiyel denkleminin M ve N terimleri lineer fakat homojen değilse
a) 01221 baba (2.17)
olmak üzere
0222111 dycybxadxcybxa (2.18)
denklemi
yCx 11
17
tybxa 11 , 11 /bdxadtdy (2.19)
dönüşümü ile
0,, dttxQdxtxP (2.20)
şeklinde değişkenlerine ayrılabilen denklem bulunur.
b) 01221 baba (2.21)
olmak üzere
0222111 dycybxadxcybxa (2.22)
denkleminde
0111 cybxa ve 0222 cybxa (2.23)
denklemlerinin kökleri
hx ve ky olmak üzere hxx , kyy (2.24)
dönüşümü ile
022111 ydybxaxdybxa (2.25)
homojen denklemi bulunabilir ve dönüşüm uygulanarak çözülebilir.
Problem: 0642352 yyxyx denklemi
a) Homojen midir? b) 01221 baba mıdır? c) Denklemi çözünüz.
Çözüm:
a) MyxyxM .352352
NyxyxN .642642 olduğundan homojen değildir.
b) 21a , 51b , 22a , 42b
01810852421221 baba dır.
18
c) 01221 baba halinde 0M ve 0N denklemlerinin çözümü hx , ky
bulunur. hxx , kyy konarak diferansiyel denklem homojen şekle
dönüştürülüp çözülür.Bunu sırasıyla uygulayalım:
x=h , y=k köklerinin bulunması:
2x-5y+3=0 ve -2x-4y+6=0 denklemlerini taraf tarafa toplayalım. –9y+9=0 y=1 , birinci
denklemden x=1 bulunur. Böylece h=1 , k=1 olur.
Bu 1. dereceden homojendir:
İkinci bir dönüşüm ile:
y‟ = v.x‟, dy’ = v.dx’ + x’.dv kullanılarak; her taraf x’ ile bölünürse:
04252 dxxdxd
0424252 2 dxxd
042274 2 dxxd
0274
422
d
x
xd
Not:
1) 0274 2 denkleminin kökleri
4
11 , 22 dir.
24
144
4
2
4
74274 21
22
214 yazılabilir.
2) Not 1)‟de bulunan bağıntı diferansiyel denkleminin ikinci teriminde kullanılırsa;
NyxyxN
MyxyxM
.4242
.5252
1xhxx xddx 1ykyy yddy
06141231512 ydyxxdyx )()()()(
04252 ydyxxdyx )()(
19
214
42
214214
42
274
422
BBAABA
214
24 BABA
44BA ; 22 BA
BA 44 ; 2)44(2 BB ; 69B 3
2B
3
244 xA ;
3
4
3
812A
Böylece ikinci terim
olur.
Not 2) „de bulunanlar diferansiyel denkleme konulursa
02
1.
3
2
14
1.
3
4dv
vdv
vx
xd , integrasyonla
1ln2ln3
214ln
3
1ln Cvvx ; 1
3
2
3
1
ln214ln Cvvx
Cvvx23 214
burada
1xx , 1yy , 1/1 xyxyv
konulursa
Cx
y
x
yx
2
32
1
11
1
1.41 ;
)(.
)(.
)( 2
1
3
2
14
1
3
4
274
422 vvvv
v
20
Cx
xy
x
xyx
2
3
1
221
1
1441
Cxyxy2
3234 elde edilir.
Problem: 0)433()( yyxyx denklemi
a) Homojen midir? b) 01221 baba mıdır? c) Denklemi çözünüz.
Çözüm:
a) MyxyxM .
NyxyxN .433433 olduğundan homojen değildir.
b) 0)()( 222111 dycybxadxcybxa ile karşılaştırılınca
11a , 11b , 32a , 32b böylece 01221 baba olur.
c) 01221 baba olduğu halde dönüşüm için
tybxa 11 , 11 /)( bdxadtdy kullanılabilir.
Sayısal değerler kullanılırsa dönüşüm denklemleri
tyx , dtdydx şekline dönüşür. Bunlar diferansiyel denklemde kullanılabilir:
0]4)(3[)( dyyxdxyx ; 0)43( dyttdx
dxdtdy konularak
0))(43( dxdtttdx ; 0)43()43( dxtdtttdx ;
0)43()24( dttdxt ; 0)43()2(2 dttdxt ;
02
)43(2 dt
t
tdx ; 0
2
342 dt
t
tdx ;
02
2)2(32 dt
t
tdx ; 0
2232
t
dtdtdx ;
1)2ln(232 Cttx ; burada yxt konursa
21
1)2ln(2)(32 Cyxyxx , 1)2ln(23 Cyxyx
Cyxyx )2ln(23
Problem: 0)14()1( yxyyx denklemi
a) Homojen midir? b) ) 01221 baba mıdır? c) Denklemi çözünüz.
Çözüm:
a) MyxyxM 1)1(
NxyxyN 14)14( Homojen değildir.
b) 11a , 11b , 12a , 42b
0541)4).(1()1.(11221 baba dır.
c) 01221 baba halinde 0M ve 0N kökleri bulunur,
hx ve ky . Diferansiyel denklemde hxx , kyy konup homojen
şekle dönüşen diferansiyel denklem çözülür.
hx ve ky köklerinin bulunması
01yx , 014 xy ; ikinciden birinci çıkarılırsa
0114 yxxy , 05y , y = 0 yani 0k ; birinci denkleme konulursa
1x yani 1h bulunur. Böylece 1h 0k alınacaktır.
1xhxx , xddx ; ykyy , yddy dönüşümü
0]1)1(4[]1)1[( ydxyxdyx
0)4()( ydxyxdyx burada xvy , dvxxvdyd
dönüşümü için önce x ile bölünürse
0)1/4()/1( ydxyxdxy ; 0))(14()1( dvxxvdvxdv
0)14(4 2 dvvxxvdxdvxvdxd
22
0)14()14( 2 dvvxxdv ; 0)14(
)14(2v
dvv
x
xd
0)14()14(
.422 v
dv
v
dvv
x
xd ; 0
)14()14(
.8.
2
122 v
dv
v
dvv
x
xd
Not 1) )14ln(14
8 2
2v
v
vdv
Not 2) 2cxbxaX , 24 bacq olmak üzere
q
bcx
qX
dx 2arctan
2 , 0q üçüncü son terime uygulanırsa
1a , 0b , 4c , 0160414 ..q
)arctan(.
arctan.)(
vv
v
dv2
2
1
16
042
16
2
14 2 bulunur.
Diferansiyel denklemde Not 1) ve 2) kullanılırsa integrasyon sonucu
1
2 )2arctan(2
1)14ln(
2
1ln Cvvx
Cvvx )2arctan()]14(ln[ 22 , burada xyv konursa
Cx
y
x
yx )2arctan()]14(ln[
2
22 , Cxyxy )2arctan()]4ln( 22
1xx , yy konulursa Cx
yxy ]
)(arctan[])(ln[
1
214 22 bulunur.
0).(.).(. dyxygxdxxyfy Şeklindeki Diferansiyel Denklemler
vxy , xvy / , 2/)( xvdxxdvdy (2.26)
dönüşümü ile
0),(),( dvvxQdxvxP (2.27)
23
şeklinde değişkenlerine ayrılabilen bir denklem bulunur.
Problem: 0)1()1( 22 yyxxyxxyy denklemini çözünüz.
Çözüm:
Burada vxy , xvy / , 2/)( xvdxxdvdy dönüşümü ile diferansiyel denklem:
0112
2 ))(()(x
vdxxdvvvxdxv
x
v
011 2222 dxvvxvdvvvxdxvvx )()()(
0)1()( 22322 dvvvxdxvvvvvx
dvvvxdxv )1( 23 , 01
3
3
dvv
vv
x
dx , 0
23 v
dv
v
dv
v
dv
x
dx
integrasyonla
12ln
1
2
1ln Cv
vvx , 2
1
22 2ln221ln2 vCvvvxv
22 21)/ln(2 Cvvvxv , xyv konulursa
2222 21)/1ln(2 yCxxyyyx bulunur.
Problem: 0)()( 22 yyxxxyy denklemini çözünüz.
Çözüm:
0)1()1.( dyxyxdxxyy diferansiyel denkleminde burada
vxy , xvy / , 2/)( xvdxxdvdy dönüşümü yardımıyla
0)(
)1()1.(2x
vdxxdvvxdxv
x
v ; x ile çarpılırsa
0)1()1()1( vdxvxdvvdxvv ,
24
0)1()11( dvvxdxvvv 0)1(2 dvvxvdx
01
2 dvv
v
x
dx , 02 dv
v
dv
x
dx
Cvvx lnlnln2 , vCv
x2
ln , veCv
x2
burada xyv konulursa
xyeCxy
x2
; xyeCy
x ; xyCyex bulunmuş olunur.
Problem: 0)()1( 2322 dyxyxdxyxxy diferansiyel denklemini çözünüz.
Çözüm:
Her taraf y ile çarpılırsa
0)()1( 2222 dyxyyxxdxyxxyy ; burada
vxy , xvy / , 2/)( xvdxxdvdy dönüşümü ile
0)(
)(12
22
x
vdxxdvvvxdxvv
x
v
0)()( 22332 dvvvxdxvvvvv ; 0)( 2 dvvvxvdx
vxİÇ
1 , 0
2
dvv
vv
x
dx ; 0)1( dvv
x
dx
Cvvx 2
2
1ln xyv geri ikamesiyle Cxyyxx 22
2
1ln
25
3. TAM DİFERANSİYEL ŞEKLE DÖNÜŞTÜRÜLEBİLEN DİFERANSİYEL
DENKLEMLER
Tam Diferansiyel Eğer
dF(x,y) = M(x,y)dx + N(x,y)dy (3.1)
olacak şekilde bir F(x,y) fonksiyonu varsa
0),(),( dyyxNdxyxM (3.2)
diferansiyel denklemine “tam”dır denilir. Diferansiyel denklemin tamlık şartı olarak, sürekli
olan M(x,y) ve N(x,y) fonksiyonlarının
x
yxN
y
yxM ),(),( (3.3)
şartını sağlaması gerekli ve yeterdir.
Problem: 0)53()46( 44265335 dyyxyxdxyxyx diferansiyel denklemi tam diferansiyel
midir?
Çözüm:
4325 2018 yxyxy
M ; 4325 2018 yxyx
x
N tam diferansiyeldir.
Problem: 0)( 22 yxyyx denklemi tam diferansiyel midir?
Çözüm:
0)()( 22 dyxydxyx ; 1y
M ; 1
x
N tam diferansiyeldir.
Tam Diferansiyel Denklemin Çözümü Eğer
0),(),( dyyxNdxyxM (3.2)
diferansiyel denklemi ,
CyxF ),( (3.4)
fonksiyonunun tam diferansiyeli ise
dyyxNdxyxMdyy
Fdx
x
FdF ),(),( (3.5)
yazılabileceğinden
26
dxyxMdxx
F),( ,
x
yLdxyxMyxF )(),(),( (3.6)
),(]),([ yxNy
LdxyxM
yy
F x
(3.7)
Burada
Ny
L dir. 1CNdyL (3.8)
çözülür ve
LMdxF (3.9)
ifadesinde yerine konularak genel çözüm bulunur.
Problem: 0)13(32 3 yyxyx
a) Tam diferansiyel denklem midir? b) Çözümünü bulunuz.
Çözüm:
a) 0)13()32( 3 dyyxdxyx , 3x
M , 3
y
N
tam diferansiyeldir.
b) x
yLdxyxMyxF )(),(),( =x
yLdxyx )()32( 3
)(32
1),( 4 yLyxxyxF
)13(),()(3 yxyxNyLxy
F
1)( yyL , 1/ ydydL , dyydL )1(
1
2
2
1CyyL bu yerine konulursa genel çözüm;
CyxF ),( , CCyyyxx 1
24
2
13
2
1
2
24
2
13
2
1Cyyyxx bulunur.
27
Problem: 0324 232 22
yyxyexey xyxy )(
a) Tam diferansiyel denklem midir? b) Çözümünü bulunuz.
Çözüm:
a) 0)32()4( 232 22
dyyxyedxxey xyxy
y
M 22 322 xyxy exyye , x
N 22 322 xyxy exyye
tam diferansiyeldir.
b)x
xy yLdxxeyyLdxyxMyxF )()4()(),(),( 32 2
)(),( 42
yLxeyxF xy
232222
yxyeNy
Lxye
y
F xyxy
23yy
L , dyydL 23 , 1
3 CyL
Genel çözüm CyxF ),( idi:
CCyxe xy
1
342
, 2
342
Cyxe xy bulunur.
Problem: 0.sin)cos( yxxyx Diferansiyel denklemi
a) Tam diferansiyel midir? b) )(yLMdxF ; c) yF / ;
d) y
L ; e) )(yL ifadesi ; f) CyxF ),( genel çözümünü bulunuz.
Çözüm:
a) 0.sin)cos( dyxdxxyx
xy
Mcos , x
x
Ncos ,
y
M
x
N dir. Tam diferansiyeldir.
28
b) )(sin)()cos()()( yLxyxyLdxxyxyLdxMF 2
2
1
c) y
Lx
y
Fsin
d) y
Lx
y
Fsin = xN sin , 0
y
L
e) 0y
L , 0
dy
dL , 0dL , 1CL
f) CyxF ),( yerlerine konulursa
CCxyx 1
2 sin2
1 , Cxyx sin22
Birinci Mertebeden Tam Diferansiyel Olmayan Diferansiyel Denklemin İntegrasyon
Çarpanı (İÇ)
Eğer M(x,y).dx +N(x,y).dy = 0 diferansiyel denklemi tam diferansiyel değilse
integrasyon çarpanı (İÇ) aranabilir. Aşağıda buna ait genel ifadeler ve örnekler görülecektir.
Tip 1.
Eğer
)(//
xGN
xNyM (3.10)
ise diferansiyel denklem için
dxxG
eİÇ).(
(3.11)
olur.
Problem : x2 +y
2 +x + xyy'=0 diferansiyel denklem
a) Tam diferansiyel midir? b) İÇ nedir? c) Çözümünü bulunuz.
Çözüm :
a)
olduğundan tam diferansiyel değildir.
x
N
y
M
yxyxx
N
yxyxyy
M
xydydxxyx
)(
2)(
,0)(
22
22
29
b)
ey = x, ln e
y = ln x, y.ln e = ln x, y = ln x, e
y = e
ln x = x olduğu dikkate alınarak:
xeeİÇ xxdx ln/
yardımıyla diferansiyel denklem çözümüne geçilebilir:
c) (x3 + x
2)dx + (xy
2dx + x
2ydy) = 0
Burada
xy2.dx + x
2y.dy =1/2 (2xy
2dx + 2x
2ydy) =1/2d(x
2y
2)
alınabilir :
(x3 +x
2)dx + 1/2d(x
2y
2) = 0
1
2234
2
1
34Cyx
xx
3x4 + 4x
3 + 6x
2y
2 = C
Problem : 0)(2)2242( 2342223 dyxyxydxyxyxyyxyx diferansiyel
denklemi
a) Tam diferansiyel mi? b) İÇ=? c) Çözümünü bulunuz.
Çözüm : a)
x
N
y
Mxy
x
N
xyxyxyxy
M
),12(2
24444 323
olduğundan tam diferansiyeldir.
b)
kullanarak tam diferansiyel bulunur.
xxy
y
xy
yy
N
xNyMxG
12//)(
22
23
32
23
323
2)(3
)(4
)(2
2424444//)(
xxdx
eeEÇ
xxyxy
yxyxx
xyxy
xyxyxyxyx
N
xNyMxG
30
c)
tam diferansiyel halinde
Ny
Folduğundan tam diferansiyel hale getirilen diferansiyel denklemden:
2222222
222)(2)('222 232332 xxxxxxx xeyexeyexyxyNyLeyxeyexy
F
L’(y)=0 , dL/dy=0 dL=0 L=C1
F(x,y)=C idi. Genel çözüm
CCeyxyeeyx xxx
1
422 222
2
12
2
422 2
)2
12( Ceyxyyx x bulunur.
Tip 2.
Eğer
)(//
yHM
xNyM (3.12)
ise diferansiyel denklem için
dyyH
eİÇ)(
(3.13)
olur.
Problem : 2xy4e
y + 2xy
3 + y + (x
2y
4e
y - x
2y
2 - 3x) y’ = 0
a) Tam diferansiyel midir? b) İÇ nedir? c) Çözümü bulunuz.
dxexydxeyyxdxexyyxyxF
dxeyxyxyyxyxyxF
dyexyxydxeyxyxyyxyx
xxxx
x
xx
222
2
22
4223
4223
2342223
)24()22(),(
)2242(),(
0)(2)2242(
),(2
12),(
)()2
1()2()(),(
222
222
422
422
yLeyxyeeyxyxF
yLeydxyedeyxdyxF
xxx
xxx
31
Çözüm : a)
322
1668
0)3()22(
24
243
224234
xyexyx
N
xyexyexyy
M
dyxyxeyxdxyxyexy
y
yy
yy
Tam diferansiyel değildir.
b)
)(4
)122(
)122(4
)122(4488
23
23
2323
yHyxyexyy
xyexy
M
x
N
y
M
xyexyxyexyx
N
y
M
y
y
yy
olduğundan
4ln
ln
ln4/4/4)(
114
4
yeeİÇ
eeeeİÇ
y
y
yydyyydyyH
olur.
ex = y ; x = ln y ; e
x = e
lny = y
c) Verilen diferansiyel denklemin her tarafı İÇ çarpılırsa :
031
2242
22
3dy
y
x
y
xexdx
yy
xxe
N
y
M
y
M‟nin y‟ye ve N‟nin x‟e göre kusmî türevleri alınırsa eşit olduğu görülür. Böylece
diferansiyel denklem tam diferansiyel forma dönüşmüştür;
olduğundan F ve N kullanılarak
42
22
42
22 33
y
x
y
xexN
y
L
y
x
y
xex
y
F yy
Ny
F
yLy
x
y
xexyxF
yLdxyy
xxeyxF
yLdxyxMyxF
y
yx
x
)(),(
)()1
22(),(
)(),(),(
3
22
3
32
0y
L ; 0
dy
dL ; 0dL ; L = C1
F(x,y) = C de yerine konulursa genel çözüm bulunur.
CCy
x
y
xex y
13
22 ; 23
222 C
y
x
y
xex
Tip 3.
Eğer
0NdyMdx (3.14)
diferansiyel denklemi homojen, yani
M = nM ve N =
nN (3.15)
şeklinde ve aynı dereceden homojen iseler) ve
Mx + Ny 0 (3.16)
ise
dirNyMx
İÇ1
(3.17)
olur.
Problem: 0. '344 yxyyx diferansiyel denklemi
a) Homojen midir? b) İÇ=? c) Tam diferansiyel midir? d) Genel çözümü nedir
Çözüm:
a)
..homojendir ;)(
.)(
0)(
43433
44444444
344
NxyyxN
MyxyxM
dyxydxyx
b)
5
5445344
11
0)()()()(
xNyMxİÇ
xxyxyxyxyxyxyNxM
kullanılarak diferansiyel denklem
33
c)
01
4
3
5
4
dyx
ydx
x
y
x
;4
)4.()(;45
35343
5
3
x
N
y
M
x
yxyxy
xx
N
x
y
y
M
tam diferansiyel olduğu görülür.
d)
)(1
)(),(),(5
4
yLdxx
y
xyLdxyxMyxF
)(.4
1ln),(
4
4
yLx
yxyxF
24
4
14
4
1
4
3
4
3
4
1ln ,
4
1ln
ise kullanılır de ),(bu
0,0
,
Cx
yxCC
x
yx
CyxF
CL
dy
dL
y
L
x
yN
y
L
x
y
y
F
4
2
44 ln4 xCyxx
Problem : 0')( 222 yyxyxy diferansiyel denklemi
a) Homojen midir?
b) İÇ=?
c) Tam diferansiyel mi?
d) Genel çözümü?
Çözüm :
0)( 222 dyyxyxdxy
a) NyyxxNMyM 22222222 )(; homojendir.
b) 03222 yxyyxxyNyMx olduğundan
32
11
yyxNyMxİÇ
c) İÇ kullanılarak : 0)(
32
22
32
2
yyx
dyyxyx
yyx
dxy
34
0)(
)(22
22
22 yxy
dyyxyx
yx
ydx
x
N
y
M
yx
yx
yxy
yxy
yxy
yxy
x
N
yxy
xyyxyxyyxxyyx
yxy
yxyxxyyyxyx
x
N
yx
yx
yx
yyx
y
M
)()(
)(
)(
)(
22222
)(
)(2))(2(
()(
2)(
22
22
2222
222
2222
224
2222
322342233
2222
2232
)22
22
222
222
2
olduğundan diferansiyel denklem tam diferansiyeldir.
d) )()(),(),(22
yLyx
ydxyLdxyxMyxF xx
Not :
1)
;))((
)()(
))(())((22
yxyx
xBAyBA
yxyx
ByBxAyAx
yx
B
yx
A
yxyx
y
yx
y
A-B =1 ; A+B = 0
A = (1+B) , (1+B)+B=0 , 2B = -1 , 2
1B ,
2
1A
Böylece ;
)(2
1
)(2
122 yxyxyx
ykonulabilir.
35
)(
)(),(
)(2
2
1)(
)(
)(
)(
)(1)(1
2
1
)(ln2
1)()ln()ln(
2
1),(
)()(2)(2
),(
22
22
22
22
2
yxy
yxyxyxN
y
L
yx
x
y
F
yLyx
xyL
yx
yx
yx
yxyx
y
F
yLyx
yxylyxyxyxF
yLyx
dx
yx
dxyxF
Not:
2)
0C 1,B 1,A ,)(
)(
Ax
)(
22
22
22
22
2222
22
yxy
CyBxyAyAx
yxy
CyBxyAy
yx
CBx
y
A
yxy
yxyx
yy
L
yx
x
yN
y
L
yx
x
y
F
yx
x
yyxy
yxyx
1
1
konulursa 1
)(
Böylece;
2222
2222
22
).()(,.ln
lnln2
1
konulursa; de ),(
ifadebu ln;
12
1
2/1
1
1
yxeyyxCCyyx
yx
CCyyx
yx
CyxF
CyLy
dydL
CC
)()( 3
2 yxCyyx
36
Tip4: Eğer
M(x,y)dx+N(x,y)dy=0 (3.18)
diferansiyel denklemi,
f(xy) ≠ g(xy) (3.19)
olmak üzere
y. f(xy).dx + x. g(xy).dy=0 (3.20)
şeklinde yazılabiliyorsa
(3.21)
olur.
Problem : y(x2y
2+2) + x(2-2x
2y
2)y' = 0 diferansiyel denklemi
a) y.f(xy)dx + x.g(xy)dy =0 formu var mıdır?
b) İÇ =?
c) Tam diferansiyel midir?
d) Genel çözüm?
Çözüm :
NyMxxygxyfxyİÇ
1
)]()([
1
3346
33535
46
223232
32
22
23
22
333333
2222
2222
3
4
9
1266
9
)2(6)3(2
03
)22(
3
)2( c)
3
1
222
1
)22()2(
11 b)
dir. )()(
0)(.)( a)
0)22()2(
yxyx
yxyxyx
yx
yxyxyxyx
y
M
yx
dyyx
yx
dxyx
yxyxxyxyyxİÇ
yxxyyxxyNyMxİÇ
xygdxxyf
dyxygxdxxyyf
dyyxxdxyxy
formundadır ve
37
;
3
4
9
121212
9
)22(6)3(4
3364
53353
64
223322
y
N
y
M
yxyx
yxxyyx
yx
yxxyyxxy
y
N
d)
22
2
2
22
2
2
222
2
2122
122
1
,1
ln
1lnlnln
ln)(3ln21
ln
çarpılırsa ile 3 fher tara ,ln3
2
3
1ln
3
1
konulursa de Cy)F(x,bu ln3
2,
3
2
yxeyC
x
yxCy
x
yxCyx
CCCyyx
x
CCyyx
x
CyLydy
dL
2
2
22
yeCx yx
Problem: y(2xy+1)+x(1+2xy-x3y
3)y' =0
a) Homojen midir?
b) İÇ=?
c) Tam diferansiyel ifadeyi bulunuz.
d) Genel çözüm?
tam diferansiyeldir.
yy
L
yx
yxN
y
L
yxy
F
r.bulunabiliy
F
yLyx
xyxF
yLdxyxx
yxF
yLdxyx
yxyLdxyxMyxF
3
2,
3
22
3
2
bağıntıbir yeniiçin L(y) ise kullanılır şartı N
)(3
1ln
3
1),(
)()3
2
3
1(),(
)(3
)2()(),(),(
32
22
32
22
23
23
22
38
Çözüm:
c) İÇ uygulanırsa tam diferansiyel şekil bulunur.
.olur 1
2112
11
)()(
1
haldeşu )()(
yani )21()(),12()(
;alılınabil eline formunda 0)()( b)
değeğildihomojen , a)
0)21()12(
4433
33
63
33
yxyxxyxyxyNyMxxygxyfxyİÇ
xygxyf
yxxyxygxyxyf
dyxyxgdxxyyf
NNMM
dyyxxyxdxxyy
3322
3322
13322
1
32434332
3322
3423
32433423
3
11exp
3
11lnln
ln3
11
konulursa de ),(,ln,1
,1
'
121)('
12
)(3
11),(
)(12
)(),( d)
012112
yxyxCy
yxyxCy
CCyyxyx
CyxFCyLydy
dL
yL
yyxyxNyL
yxyxy
F
yLyxyx
yxF
yLdxyxyx
yLMdxyxF
dyyyxyx
dxyxyx
x x
39
4. BİRİNCİ MERTEBEDEN LİNEER DENKLEM VE LİNEER ŞEKLE
DÖNÜŞTÜRÜLEBİLEN DİFERANSİYEL DENKLEMLER
Lineer Denklemler
veya
denklemi 1. mertebeden 1. dereceden denklemdir. Burada y‟ ve y nin dereceleri “bir” dir.
Bunların birden farklı olması tirigonometrik veya üstel fonksiyonlar şeklinde bulunması
lineerliliği bozmaktadır.
Lineer tipler
Lineer olmayan tipler
1.mertebeden lineer diferansiyel denklemin İÇ
Diferansiyel denklem: y'+P(x)y=R(x) ise
dir. Çünkü
dir. Böylece genel çözüm için x‟e göre integrasyon yapılabilir.
)().(' xRyxPy )()( xRyxPdx
dy
xyxy
eyxy
xxyy
xyx
y
xxyx
y
yxxy
x
sin'
5.cotan'
42'
)2(22
1'
231
'
1)/3/2('
3
cos
2
2
3
xyxy
xyxy
xxyx
y
yxy
sin'
2'
231
'
5)12('
3
5.13
23
32
dxxPeİÇ
)(
)(
)()()()(
)(')(
xR
dxxPdxxPdxxPdxxP
yxPyeexyPedx
dyye
dx
d
CdxexRyedxxPdxxP )()(
)(
40
Problem :
a) Lineer midir?
b) İÇ=?
c) Genel çözüm?
Çözüm :
xCxxxxy 1
23 ln232
1
Problem:
diferansiyel denklemi
a) Lineer midir?
b) İÇ=?
c) Genel çözüm?
Çözüm :
a)
.lineerdir 1
)(;ln
1)(
1.
ln.
1
xxR
xxxP
xy
xxdx
dy
023/' 2 xxxyy
12
1
12
1
)()(
ln
ln/)(
2
ln232
1/
)/23(/
)1
)(23(1
.
.)( )
11 )
lineerdir. )
23)/1('
Cxxxxy
Cdxxxxy
Cdxx
xxx
y
CdxexReyc
xeeeeİÇb
a
xxyxy
dxxPdxxP
x
xxdxdxxP
0'.ln.)ln( yxxxy
01
ln
0.ln.)ln(
dx
dy
xxx
y
dx
dyxxxy
41
xee
xy
xe
xy
y
ln
ln
yx
y
ee
yx
xe
ln
ln
b)
Problem:
Çözüm :
Problem :
y' + 2xy - 4x = 0
a) lineer diferansiyel denklem midir?
b) İÇ=?
c) Genel çözümü?
xeeeİÇ xxx
dxdxxP
ln)ln(lnln)(
Cxx
xy
Cdxxx
xy
CdxexReycdxxPdxxP
2
)()(
ln1
ln
,.ln1
ln
.)(. )
çözüm? Genel c)
?İÇ b)
midir?Lineer a)
,0ln')ln( denklemieldiferansiyyyyyx
lineerdir. 1
.ln
1' ;
1
ln
1
01
ln ; 0.lnln
0.ln)ln( ; 0ln)ln()
yx
yyx
yx
yydy
dx
dy
dx
yyy
x
dy
dxyyyx
dxyydyyxyydx
dyyxa
yeeeİÇb yyy
dy
dxxPln) )ln(lnln)(
CyyxCdyyy
yx
CdxexReycdxxPdxxP
2
)()(
ln2
1ln ,.ln
1ln
.)(. )
42
Çözüm :
Problem :
Çözüm:
22-xy
22
1 ,)2(2
2-x
1y
2
122
2
1
)(
)
3
2
2
)()(
xC
Cxx
ycdxx
Cdxx
xx
y
CdxexRey
Genelçözümc
dxxPdxxP
2222
2
2;.;.4.
)( )
)
4)(,2)( .lineerdir 42' )
)()(
2)(
xxxx
dxxPdxxP
xxdxdxxP
CeyCeyCdxexey
CdxexRyec
eeeİÇb
xxRxxPxxyya
çözümü? Genel c)
?İÇ b)
mi?a)Lineer
)2(2')2( 3xyyx
2
23
)2(2)(;2
1)(
.)2(22
1';)2(2')2()
xxRx
xP
lineerdirxyx
yxyyxa
2
1)2() 1)2ln()2ln(2
)( 1
xxeeeeİÇb xxx
dxdxxP
43
)().(' xRyyxPy n )().('. 1 xRyxPyy nn
xyyy
xyyy
yxyy
515
45
45
'
'
0'
)().( 1' xRyxPyy nn
Birinci Mertebeden Lineer Şekle Dönüştürülebilen Diferansiyel Denklem (Bernoulli
Diferansiyel Denklemi)
Genel halde n = bir sabit olmak üzere bir diferansiyel denklem
veya
şeklinde ise
y 1-n
= z ,
ve bunun x‟e göre türevi
dönüşümü yardımıyla ;
şeklindeki lineer bir diferansiyel denkleme indirgenebilir.
Problem :
Diferansiyel denklemi;
a) Lineer midir?
b) Lineer hale dönüşebilir mi?
c) Dönüşüm bağıntılarını
d) Dönüştürülmüş diferansiyel denklemi,
e) İÇ=? yazınız.
f) Genel çözüm?
Çözüm :
a) Lineer değildir,
b)
burada n = 5 , P(x) = -1 , R(x) = x „dir. Dolayısıyla lineer hale
dönüştürülebilir.
)()1()().1(
);().(.)1(
1
xRnzxPndx
dz
xRzxPdx
dz
n
dx
dz
dx
dyyn n)1(
0' 5 yxyy
dx
dz
nyy n
)1(
1
44
zy n1 zy 51
dx
dz
dx
dyy 54
xxRxPxRzxPz
xzdx
dzxz
dx
dz
4)(;4)();()('
44;4
1
xdxdxxPeeeİÇ 44)(
4/1444
4444444
4444444
44)()(
).4/1( ;.4/1
4
1.. ;
4
1..
.).(. ;)4(.
)4(. ;.).(.
xx
xxxxxx
xxxxxxx
xxdxxPdxxP
eCxyeCxy
CeexeyCeexez
CdxeexdezCdxeexeez
CexezCdxexRez
)()('
dür;' 3/)21()(,3/1)(,,4
burada 3/)21(3
1';03/3/)21('
0)21('3
1
41434
34
xRyxPyy
xxRxPn
xyyyyxyy
yxyy
nn
c)
d) diferansiyel denkleme konulursa :
bulunur.
e)
f) Burada d(xe4x
) = e4x
.dx + 4xe4x
.dx olduğu düşünülerek
Problem: 0)21('3 4 yyxy
a) Lineer midir?
b) Lineer hale getirilebilir mi?
c) Dönüşüm bağıntıları?
d) Dönüşmüş diferansiyel denklem,
e) İÇ=?
f) Genel çözüm?
Çözüm :
a) Lineer değildir,
b)
Dolayısıyla lineer hale getirilebilir.
c)
zy 4
dx
dz
dx
dyy
4
15
dx
dz
dx
dyy
dx
dz
dx
dyyzyzyzy n
.3
1.
3 , , ,
4
43411
45
12)( ,1)( );()('
12 ;3/)21(3
1
3
1
xxRxPxRzxPz
xzdx
dzxz
dx
dz
xdxdxxPeeeÇİ
)(.
3/1
3
3
)()(
)12(
12
2 ;2
)()2( ;)22(.
)222(. ;.)12(.
.)(.
:çözüm Genel
x
x
xxxxxx
xxxxxxx
xxxxxxx
dxxPdxxP
Cexy
Cexy
CexeeyCexeze
CedxedzeCdxedxexeez
CdxeeexeezCdxexez
CdxexRez
d) diferansiyel denkleme konulursa ;
e)
f)
46
5. BİRİNCİ MERTEBE BİRİNCİ DERECE DİFERANSİYEL DENKLEMLERE AİT
UYGULAMALAR
Problem : Bir cisim düz bir doğru boyunca hareket etmektedir. Cismin hızı , doğru
üzerindeki sabit bir noktadan x [m] uzaklığının 2 [m] fazlası sayısal değerine eşittir. t=0 için
v=5 [m/s] olduğuna göre ;
a) Olayın diferansiyel denklemini,
b) Genel çözümü,
c) Özel çözümünü bulunuz?
Çözüm :
a ) v = x + 2 yazılabilir.
Burada her terim [m/s] birimlidir.
,2xdt
dx dt
x
dx
2
b) ,2
ln ,ln)2(ln tC
xCtx
x + 2 = C.et
c) Genel çözümün t‟ye göre türevi
tCedt
dx
t=0 için 5/ dtdxv konursa 5 = Ce0
özel çözüm: x + 2 = 5.et olur.
Problem: Nüfus artış hızı ülkede yaşayan insan sayısı (N) ile orantılı (k) kabul
edilebilmektedir. 80 sene önce (1930 da) 15 milyon nüfusu olan Türkiye şimdi (2010) 74
milyon nüfusa sahiptir.
a) Nüfus artışının diferansiyel denklemi
b) Genel çözümü
c) Başlangıç şartları
d) Başlangıç şartlarını sağlayan özel çözümü
e) Orantılı katsayısını (k)
f) 13 sene sonraki (2023 deki) nüfusu
g) 87 sene önceki (1923 deki) nüfusu bulunuz ?
v
0 x x
Şekil 5.1 Bir doğru üzerinde hareket eden bir cisim
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 12
4
6
8
10
12
14
t [s]
x [
m]
, v
[m
/s]
x=f(t)
v=f(t)
47
)(
)(
]/[lim12
12
0
a
a
t
TThdt
dT
TTdt
dT
sKdt
dT
tt
TT
Çözüm: a) Nüfus =N [milyon
kişi], t = zaman ise
kNdt
dN
b)
c) t = 0 , N = 15
d) Başlangıç şartlarını sağlayan özel
çözüm :
15 = Ce0 , C = 15 , N = 15 e
k t
e) t=80 için N = 80 konulursa 74 = 15 e k 80
,
e 80 k
= 74 / 15 = 4,933 ; 80k = ln (4,933); 80k =1,596 , k = 0,01995
f) t = 80 + 13 = 93 konulursa N = 15e 0,01995 x 93
= 15 e 1,8554
, N = 15 . 6,394 = 95,9
g) Bu günden 87 sene önce veya başlangıç olarak seçilen yıldan 7 yıl önce demektir;
yani t = - 7 alınırsa, N = 15e 0,01995 x (-7)
= 15 e-0,13965
=15x0,86966 = 13,0
Problem : Su verilmek üzere T1 = 1000 [K]‟e çıkarılmış olan küçük bir çelik parça Ta = 300 [K]
sıcaklığındaki hava akımına maruz bırakılıyor . Cismin sıcaklığı T1 =1000 [K] den
T2 =800 [K]‟e t2 – t1 = 30 [s]‟de düşmektedir. Cismin sıcaklığının değişim hızı (dT / dt )
cismin sıcaklığı ve akışkan sıcaklığı arasındaki fark ile orantılıdır.
a) Olayın diferansiyel denklemi ?
b) Genel çözümü ?
c) t1 = 0 ve T1 = 1000 [K] başlangıç şartı için özel çözümü ?
d) t2 = 30 [s] ve T2 =800 [K] için h orantı katsayısı
e) Cismin 800 [K] den 400 [K] e kaç saniyede soğuyacağını bulunuz.
Çözüm :
a) cismin sıcaklığının değişim hızı ,
.
kt
kt
CeN
eCNktCN
CktNkdtN
dN
, / , /ln
, lnln ,
1920 1940 1960 1980 2000 2020 20400
20
40
60
80
100
120
t [sene]N
-nüfu
s [
aded]
Şekil 5.2 Türkiye'nin nüfusu, N = f(t)
1930: 15 milyon; 2010: 74 milyon
48
Burada h[1/s] orantı katsayısıdır.
b)
ht
a eCTT .
c) Başlangıç şartı : t = t1 için T = T1 ;
bunun için özel çözüm:
böylece genel halde;
)(
11)(tth
aa eTTTT
sayısal değerler kullanılırsa ;
olur..700300 ; )3001000(300)()( 121 eTeT
tthtth
d) t2 = 30 [s] T2 = 800 [K] şartını kullanarak h orantı katsayısını bulunuz.
)(ln .1
, )()(ln
, )(
1
2
1212
1
2
)(
1
2)(12
1212
a
a
a
a
tth
a
atthaa
TT
TT
tthtth
TT
TT
eTT
TTeTTTT
Sayısal değerler yerine konulursa ,
,
ln
,ln)(ln
,)(
htA
A
a
aa
eC
TT
htC
TT
CthTT
hdtTT
dTdtTThdT
11 )(,. 11th
ath
a eTTCeCTT
]/1[01122,0)3365,0(30
17143,0ln.
30
1
700
500ln.
30
1
3001000
300800ln.
030
1
sh
h
0 50 100 150400
500
600
700
800
900
1000
t [s]
T [
K]
Şekil 5.3 Su verilen çelik parçanın sıcaklığı T = f(t)
49
][5,143)609,1(01122,0
1
500
100ln
01122,0
1
300800
300400ln.
01122,0
1
konulursa 01122,0
][300 , ][400 , ][800 .burada
12
12
21
stt
tt
h
KTKTKT a
a
a
a
a
TT
TT
htt
tthTT
TT
1
2
12
12
1
2
ln1
)(lne)
Problem : Bir evin duvarının iç yüzü T1 = 290 [K] , dış yüzü T2 = 270 [K] iken A=30
[m2] olan yüzeyden geçen ısı debisi Q =1920 [J/s] 'dir. Duvardan geçen Q ısı debisi, A
yüzey alanı ve duvar içindeki sıcaklık gradyenti dT/dx [K/m] ile doğru orantılıdır.
Orantı katsayısı k [J/msK] olup, ısı iletim katsayısı olarak isimlendirilmektedir. Duvar
kalınlığı x2 - x1 = 0,25 [m] dir.
a) Duvardan geçen ısı debisini veren diferansiyel denklemi bulunuz ?
b) Diferansiyel denkleme ait sınır şartları yazınız ?
c) Isı iletim katsayısı k [J/msK] bulunuz ?
d) Dış yüzey sıcaklığını 10 derece artırınca Q ısı kaybı ne olur ?
Çözüm :
a)
bu eğimi negatif bir gradyenttir.
Q A dT / dx
orantı katsayısı olarak k ısı iletim katsayısı
kullanılırsa :
Q = - kA dT / dx bulunur.
b) x1 = 0 , T1 =290 [K] , x2 = 0,25 [m] ,
T2 = 270 [K]
dx
dT
xx
TT
x12
12
0lim
T
T1
T2
0 x1 x2 x
Şekil 5.4 Bir duvardaki ısı iletimi
50
2
1
2
1
,
T
T
x
x
kAdTQdxkAdTQdx
]/[ 960)025,0(
)290280(30.8,0
)(
)(
][ 28010270
12
12
2
sJxx
TTkAQ
KT
c)
burada Q , k ve A sabit alınırsa
d)
Problem: Bir evin duvarının iç yüzü T1 =290 [K] , dış yüzü T2 =270 [K] iken
A =30 [m2]' den geçen ısı debisi Qt = 1920 [J/s] „dir. Isı iletim katsayısı kt = 0,8 [J/ms
K] ve kalınlığı ( x2 - x1 )t = 0,25 [m] olan tuğla duvar yerine ısı iletim katsayısı
k c = 0,8 [J/msK] ve kalınlığı ( x2 - x1 )c =0,01 [m] cam kullanılırsa ısı debisi ne olur ?
Çözüm : Duvardan bir boyutlu ısı iletimin diferansiyel denklem.
ve bunun sınır şartları arasında integrasyonu
Tuğla ve cam için yazılırsa
Taraf tarafa bölünürse ve Qc çekilirse
]/[8,0)290270(30
)025,0(1920
)(
)( );()(
12
121212
msKJk
TTA
xxQkTTkAxxQ
dx
dTkAQ
idixx
TTkAQ
12
12 )(
c
cc
t
tt
xx
TTAkQ
xx
TTAkQ
)(
)(
,)(
)(
12
12
12
12
]/[4800025.1920,)(
)(.
12
12 sJQxxk
xxkQQ C
ct
tctc
T
Tuğla
T1
T2
0 x1 x2 x
T
Cam
T1
T2
0 x1 x2 x
Şekil 5.5 Tuğla ve cam duvarda ısı
iletimi mukayesesi
51
,.dx
dvmvkx
Problem : Düşey bir yaya bağlanan m = 1[kg] lık kütle yayın elastik sınırlar (Hook Kanunu)
içerisinde statik olarak xst = 0,001 [m] uzamasına yol açmaktadır. Yay-kütle sistemi x = xst
sukünet konumunda iken v = v0 =1[m/s] „lik ilk hızla harekete geçiriliyor. g = 9,81 [m/s2]
olarak alınacaktır.
a) Yay kat sayısını k [N/m]
b) Yay-kütle sisteminin sükûnet konumunu x-ekseninin orijini kabul ediniz ve olayın
diferansiyel denklemini
c) Genel çözümü
d) Başlangıç şartlarını kullanarak özel çözümü
e) x = 0,0005 [m] deki v hızını bulunuz ?
Çözüm :
a)
Şekil 5.6 Yay-kütle sisteminde hareketsiz ve hareketli haller ile kuvvet-yol diyagramı (yay kütle sisteminin
sükunet konumu x-ekseni orjini kabul edilecektir)
Hareketsiz halde:
ivme = a = 0, ΣFdış kuvvet = 0, - Fst + Fağırlık = 0, -k.xst + m.g = 0,
k = m.g / xst = 1. 9,81 / 0,001 = 9810 [N/m]
b) Hareketli halde: (yay kütle sisteminin sükunet konumu x-ekseni orjini kabul edilecektir)
c)
ΣFdış kuvvet = m.a,
- Fst + Fağırlık – Fyay = m.a,
- k.xst + m.g – k.x = m.(dv/dt),
– k.x = m.(dv/dt),
Denkleminde
.dx
dvv
dt
dx
dx
dv
dt
dv
konulursa
=1[m/s]
t=0
v=v0
mg
stX
stF
X
v=v
mg
t=t
0
Fst+ Fyay
x
F
stF
Xst
X
52
- k.x.dx = m.v.dv
diferansiyel denklemi bulunur
c) Genel çözümü integrasyonla
- k.x2 / 2 = m.v
2 / 2 + C
d) Başlangıç şartları: x = 0 , v = 1 [m/s] için - k. 0 = 1 12/ 2 + C , C = - 0,5
- 9810. x2
/ 2 = 1 v2 / 2 - 0,5 ; -9810 x
2 = v
2 – 1 özel çözüm:
v = (1 – 9810.x2)1/2
f) x = 0,0005 [m] için v = (1-9810 0,00052)1/2
= 0,9988 [m/s]
Problem: Düşey bir yaya bağlanan m=1[kg] lık kütle yayın elastik sınırlar (Hook kanunu)
içerisinde statik olarak xst = 0,001 [m] uzamasına yol açmaktadır. Yay-kütle sistemi x= xst
konumunda iken smvv / 10 lik ilk hızla harekete geçiriliyor.
g = 9,81 [m/s2] alınacaktır.
a) Yay katsayısını k [N/m]
b) Serbest yayın sükunet konumundaki ucunu x-ekseninin orijini olarak seçiniz ve olayın
diferansiyel denklemini,
c) Genel çözümünü,
d) Başlangıç şartlarını kullanarak özel çözümü,
e) x= 0,0015 [m] deki v hızını bulunuz?
Şekil 5.7 Yay-kütle sisteminde hareketsiz ve hareketli haller ile kuvvet-yol diyagramı (serbest yayın sükunet
konumundaki ucu x-ekseninin orjini olarak kabul edilecektir)
stF
F
stX
X
=1[m/s]0v=v
t=0 mg
v=v
t=t
x
stx
Fst
mg
= k.x
x
yayF
0
53
a) Yay katsayısı k [N/m] için hareketsiz halde:
ivme = a = 0, ΣFdış kuvvet = 0, - Fst + Fağırlık = 0, - k.xst + m.g = 0,
k = m.g / xst = 1. 9,81 / 0,001 = 9810 [N/m]
b) Serbest yay ucu x- ekseninin orijini kabul edilirse
ΣFdış kuvvet = ma, ΣFdış kuvvet = m.dv/dt denkleminde
ΣFdış kuvvet = mg – kx ve dx
dv.v
dt
dx.
dx
dv
dt
dv olarak konulursa
mg – kx =m . v dx
dv, diferansiyel denklem bulunabilir:
(mg – kx) dx = mv . dv
c) İntegrasyonla genel çözüm
mgx – kx2/2 = mv
2/2 + C
d) Başlangıç şartları x = xst = 0,001 [m] , v = v0 = 1 [m/s] genel çözümde konulursa
1 · 9,81 · 0,001 – 9810 . 0,0012
/ 2 = 1.12 / 2 +C
C = 0,009810 – 0,004905 – 0,5 = - 0,4951 bu sabit genel çözüme konulursa
1 · 9,81 x – 9810 x2 / 2 = 1 · v
2 / 2 - 0,4951; 19,62x - 9810x
2 + 0,9902 = v
2
v = ( 19,62 x – 9810 x2 + 0,9902)
1/2 özel çözümü bulunur.
e) x= 0,0015 [m] deki hız değeri özel çözümden bulunabilir: v= 0,9988 [m/s] 'dir.
Problem: Paraşütle atlayan m = 100 [kg] toplam kütlesindeki bir adamın paraşütü açıldığı
andaki hızı v = 20 [m/s] dir. Paraşütün oluşturduğu hava direnci 25,0 AvCF HDD olup
burada paraşütün direnç katsayısı ;42,1DC paraşütün hava akımına dik projeksiyon alanı
A= 25 [m2], hava yoğunluğu HHHH RTMp / olup hava basıncı pH = 101325 ([N/m
2],
havanın mol kütlesi MH = 28,96 [kg / kmol], üniversal gaz sabiti R = 8314,3 [J / kmol K],
havanın sıcaklığı TH = 288 [K] dir.
g= 9,81 [m/s2] dir.
a) Hava yoğunluğu H [kg/m3],
b) Paraşüt-adam sistemine etkiyen dış kuvvet ifadesini ΣF [N],
c) Sistemin hareketinin diferansiyel denklemini
d) Diferansiyel denklemin genel çözümünü,
e) Başlangıç şartlarını sağlayan özel çözümü bulunuz?
54
f) Sistemin limit hızı nedir?
Çözüm:
a) H = pH MH / RTH
H = 101325 . 28,96 / (8314,3 . 288)
H = 1,2254 [kg / m3]
b) ΣFdış kuvvet = mg – FD ; burada
mg = 100 . 9,81 = 981 [N]
FD = 0,5 CD H A v2
FD = 0,5 . 1,42 . 1,2254 . 25 v2 = 21,7518 v
2
Böylece ΣFdış kuvvet = 981 – 21,7518 v2 yazılabilir.
c) ΣFdış kuvvet = ma , burada ma = m.dv/dt alınırsa ve dış kuvvet kullanılırsa
mg – 0,5 CD H Av2 = m.dv/dt
[(0,5 CD H A)/m] [( mg/0,5 CD H A) – v2)] = m.dv/dt
Burada a = [(0,5 CD H A)/m] = 0,217518,
b2
= ( mg/0,5 CD H A)= 45,0997; b = 6,7156
olarak tanımlanırsa diferansiyel denklem sadeleştirilmiş olur:
)bv(a
dvdt
22
d) Diferansiyel denklemin sağ tarafındaki kesiri basit terimlere ayırabiliriz:
))((
)()(
))((
1
)(
122 bvbv
bABvBA
bv
B
bv
A
bvbvbv
A+B = 0, (B-A) b= 1,
A=-B, (B+B) b = 1, B =1/2 b, A= -1/2 b
bv
dv
bv
dv
abdt
bvb
dv
bvb
dv
adt
2
1 ;
)(2)(2
1
,lnln2 Cbv
bvabt ;.ln2
bv
bvCabt veyahut
FD
Fağırlık = mg
Şekil 5.8 Paraşütle atlayan
adam
55
tbaebv
bvC 2.
kısaltmalar yerine değerleri konulursa olayın genel çözümü
tev
vC 9215,2
7156,6
7156,6.
e) Başlangıç şartları olarak t = 0, v=20 [m/s] konulursa
;17156,620
7156,620.C C(0,49725) = 1, C=1/0,4973
tev
v 9215,2.4973,07156,6
7156,6
Payda paya eklenir ve pay paydadan çıkarılırsa
t
t
e
e
vv
vv9215,2
9215,2
4973,01
149773,0
7156,67156,6
7156,67156,6
t
t
e
ev9215,2
9215,2
4973,01
4973,01
7156,6.2
2
t
t
e
ev
9215,2
9215,2
4973,01
49773,017156,6
Not:
t = 3 [s] sonra v=6,7156 . 1,00016 = 6,7166 [m/s]
t = 2 [s] sonra v=6,7156 . 1,0029 = 6,735 [m/s]
t = 1 [s] sonra v=6,7156 . 1,055 = 7,085 [m/s]
görüldüğü gibi paraşütlü adam 2[s] sonra limit hıza ulaşmaktadır.
f) Limit hız değeri vs = 6,7156 [m/s] dir.
Problem: Kütlesi m=1000 [kg] olan bir taşıt
düz yolda v = 30 [m/s] hızla giderken ayak
gaz pedalından çekiliyor. Motorun frenleme
etkisi dikkate alınmazsa yol direnci
FY = f.mg ve hava direnci
FD = 0,5 CD H Av2 dir.
Burada f=0,15 ;
g=9,81 [m/s2],
CD = 0,3 , A=3 [m2] dir.
ρH = 1,2254 [kg/m3]
FD
FY m.g
Şekil 5.9. Bir taşıta etkiyen dış kuvvetler
56
a) Taşıta etkiyen bileşke kuvveti,
b) Taşıt hareketinin diferansiyel denklemini,
c) Genel çözümü,
d) Başlangıç şartını sağlayan özel çözümü,
e) Taşıt duruncaya kadar geçen süre?
Çözüm:
a) ΣFdış kuvvetler = - FY – FD
FY = f.mg = 0,15 . 1000 . 9,81 = 1471,5 [N]
FD = 0,5 CD H Av2 = 0,5 . 0,3 . 1,2254 . 3v
2 = 0,55143 v
2
ΣFdış kuvvetler = - 1471,5 – 0,55143 v2 = - (1471,5 + 0,55143 v
2)
a = 1471,5 c = 0,55143 alınarak
ΣFdış kuvvetler = - (a+cv2)
b) ΣFdış kuvvetler =m.dv/dt
,dt
dvm)cva( 2
)(
12cva
dvdt
m
Not: Burada F = a + bv + cv2; q = 4ac – b
2 olmak üzere
0,2
arctan.2
bcv
qF
dv
ifadeleri diferansiyel denklemin sağ tarafına uygulanırsa
b = 0 olduğundan
q = 4.1471,5 . 0,55143 = 3245,7 > 0 ; 9712,56q ve
,)cva(
dvdt
m
12
Cq
cv2arctan
q
2
m
t
Cvt
9712,56
55143,0.2arctan
9712,56
2
1000
t = - 35,1055 . arctan 0,019358v + C
57
xXdx
dyyY
xXdy
dxyY
t = 0, v = 30 [m/s] ; 0 = -35,1055arctan(0,58075) +C .
Denklemdeki arctan(0,58075) [radyan] olarak bulunmalıdır. Eğer hesap makinesinde radyan
modu varsa buna ayarlanmalıdır; böylece
arctan(0,58075)=tan-1
(0,58075)=0,52614 [radyan]
bulunur. Eğer hesap makinesinde sadece derece modu varsa
arctan(0,58075)=tan-1
(0,58075)=30,1457o
bulunur; bu değeri (π /180) ile çarparak radyana çevirmek gerekir;
arctan(0,58075)=tan-1
(0,58075)==30,1457o(π /180)=0,52614 [radyan].
Böylece C=18,4705 olarak bulunur. Genel çözümde yerine konulursa özel çözüm:
t = - 35,1055 arctan 0,019358 v + 18,4705
e) Hızın sıfır olması için geçen süreyi bulmak için özel çözümde v = 0 konursa
t = 18,47 [s] bulunur.
Kartezyen Koordinatlarda Diferansiyel Kavramların Uygulamaları
Bir F(x,y)=0 veya y = f(x) fonksiyonu kartezyen koordinatlarda bir eğriyi temsil eder.
F(x,y)=0 veya y = f(x) eğrisi üzerindeki bir (x,y) noktasından geçen teğet veya normalin
üzerindeki herhangi bir nokta (X,Y) ile gösterilecektir.
Teğet denklemi :
Normal denklemi:
y
x0
Yer vektörü,egimi=
Normal,egimi=-(dx/dy)
Teget egimi=(dx/dy)
F(x,y)=0 veya y=f(x)
egrisi
N(x,y)
58
dx
dyxy
dy
dxyx ;
2/12
1dy
dxyLtx
2/12
1dx
dyxLty
2/12
1dx
dyyLnx
2/12
1dy
dxxLny
0
y
N(x,y)
x
F(x,y)=0 veya y=f(x)
Teget
Normal
egrisi
T M N
Teget alt NormalI
I alt
Teğetin x-y eksenleri kestiği noktaların apsis ve ordinatı:
Normalin x-y eksenlerini kestiği noktaların apsis ve ordinatı:
Teğetin (x,y) noktası ile x ve y eksenleri arasındaki uzunluklar:
Normalin (x,y) noktası ile x ve y eksenleri arasındaki uzunluklar:
Teğet altı uzunluğu: dy
dxyTM
Normal altı uzunluğu:
Yay elemanı uzunluğu:
2/122/1
22/122
11dy
dxdy
dx
dydxdydxds
dy
dxxy
dx
dyyx ;
dx
dyyNM
59
Kutupsal Koordinatlarda Diferansiyel Kavramların Uygulamaları
Bir F(r, θ) = 0 veya r = f(θ) fonksiyonu kutupsal koordinatlarda bir eğriyi temsil eder.
Normal
Normal altI
N
Teget altI
O
T
x
F(r, )=0
veya
r=f( )
egrisi
r
Teget
N( r, )
Yarıçap vektörü ile teğetin başlangıç doğrusuna uzanan teğet doğrusu arasındaki açı:
dr
dr.tan
y
x
y+dy
ydx
x x+dx
dy
ds
60
dr
drrLta
2tan.
d
dranrLna cot.
ds
drrLtd
2sin.
2/1
2
22/1
2
22/1222
1 rd
drd
dr
drdrdrdrds
d
r
r+dr
dr
rd
N
Kutupsal teğet altı uzunluğu:
Kutupsal normal altı uzunluğu:
Kutup noktasında teğete çizilen dikmenin uzunluğu:
Bir yay elemanının uzunluğu:
61
RyPdx
dyP
dx
ydP
dx
ydP nnn
n
n
n
...... 11
1
10
xfRPPPP n ,,.....,,,0 210
0...... 11
1
10 yPdx
dyP
dx
ydP
dx
ydP nnn
n
n
n
)1(
2
2
2
2
ny
y
y
y
)1(
1
1
1
1
ny
y
y
y
)1(n
n
n
n
n
y
y
y
y
0211 ee
ee
yy
yy W 00
xx
xx
21
21ee
6. n. MERTEBEDEN LİNEER DİFERANSİYEL DENKLEMLER
şeklindeki n. mertebeden lineer bir diferansiyel denklem için
veyahut = sabittirler.
Homojen (Sağ tarafsız ) lineer diferansiyel denklem
y ve türevleri birinci derecedendir ve sağ taraf R(x) = 0 dır :
Bu denklemin bir çözümü )(1 xyy ise )(11 xyCy de bir çözümdür. Benzer şekilde
)(),.....,(),( 21 xyyxyyxyy n çözümleri ise )(....)()( 2211 xyCxyCxyCy nn de
bir çözümdür.
Lineer Bağımsızlık nCCC ,..,, 21 sabitler olmak üzere 0....2211 nn yCyCyC eşitliği
0..........21 nCCC halinde gerçekleşiyorsa )(),.....,(),( 21 xyyxyyxyy n
çözümlerinin oluşturduğu denklem takımına lineer bağımsızdır denir. Bunun için gereken ve
yeterli şart W = Wronski determinantının sıfırdan farklı olmasıdır.
W = ≠ 0
Problem: xx eyey 21 , lineer bağımsız mıdır?
Çözüm:
lineer bağımsızdır, veyahut genel tarife uygun olarak
62
01cossinsincos
cossin 22
21
21x
xx
xx
yy
yyW
02C
02211 yCyC veya
021
xx eCeC bunun x' e göre türevi
021
xx eCeC Buradan C2 çekilip öncekinde konulursa :
0. ; 2
11
2
12
xxxx eeCeCeCC
0 , 0 11 CeeC xx ve 02C bulunur. Yani lineer bağımsızdır.
Lineer Bağımlılık: Eğer Wronski determinantı W = 0 ise denklem takımı lineer bağımlıdır.
Problem: xyxy cos , sin 21 lineer bağımsız mıdır?
Çözüm:
Lineer bağımsızdır.
veyahut genel tarife uygun olarak :
02211 yCyC veya 0cossin 21 xCxC , bunun x' e göre türevi C1cosx - C2sinx = 0 .
Buradan 1C çekilip önceki denklemde yerine konursa
bulunur. Yani lineer bağımsızdır.
Problem: xxx eyeyey 2 , , 321 fonksiyonları lineer midir?
Çözüm: 02 321
xxx ececec şartını 1 , 2 , 0 321 ccc için sağlamak
mümkündür. Bu sebeple söz konusu fonksiyonlar lineerler bağımlıdırlar.
Problem: xyxyxy sin3 , cos , sin 321 lineer bağımlı mıdır ?
Çözüm: 0sin3cossin 321 xcxcxc şartını 1 , 0 , 3 321 ccc için
sağlamak mümkündür .Bu sebeple verilen fonksiyonlar lineer bağımlıdırlar.
01C0cossincos
sin22 xCx
x
xC 0)cos(sin 22
2C
63
Sabit Katsayılı Homojen (Sağ Tarafsız) Lineer Diferansiyel Denklemler
Genel İfade
Po ≠ 0 ,P1,P2,.....,Pn =Sbt olmak üzere katsayılı homojen (sağ tarafsız) lineer denklem
şeklindedir.
Genel Çözüm
Homojen lineer diferansiyel denklemin genel çözümü için kxey formu kabul edilir
ve diferansiyel denklemde yerine konularak
F(k)
0kxe olmalıdır. Buna göre karakteristik denklem denilen F(k) = 0 olmalıdır.Bu
denklemin kökleri k1,k2,.......kn olup ; bunlara karakteristik kökler veya öz değerler (eigen
values, Eigenwerten) denilmektedir. Böylece genel çözüm
olmaktadır.Aşağıda karakteristik kökleri farklı (Tip 1) ,ayrı (Tip 2) ve kompleks (Tip 3)
olmasına göre şekilleri açıklanmıştır.
D Operatörünün Tarifi ve Kullanılışı
Operatörü kullanılırsa
şeklinde yazılabileceğinden sabit katsayılı sağ tarafsız (homojen) lineer
diferansiyel denklem
0......... 1
1
10 yPDyPyDPyDP nn
nn veya
0......... 11
1
1 yPdx
dyP
dx
ydP
dx
ydP nnn
n
n
n
o
0).........( 1
1
10
kx
nn
nn ePkPkPkP
xk
n
xkxk neCeCeCy .........21
21
dx
dD
Dydx
dyyDDyD
dx
dy
dx
d
dx
yd 22
.
yDdx
yd n
n
n
......
64
xk
n
xkxk neCeCeCy .......21
21
022 yyyy
0).........( 1
1
10 yPDPDPDP nn
nn şeklinde yazılabilir.
).........()( 1
1
10 nn
nn PDPDPDPDF
olarak yani D operatörünün polinomu olarak tariflenirse diferansiyel denklem
0)( yDF şekline dönüşür. Buradaki
0)(DF olmalıdır. Buna karakteristik denklem denilmektedir.Bu denklem
))()........()(()( 1210 nn kDkDkDkDPDF
şeklinde çarpanlara ayrılabilirse diferansiyel denklem
0))()........()(()( 1210 ykDkDkDkDPyDF nn olarak ifade edilebilir.
Sabit Katsayılı Sağ Tarafsız (Homojen) Lineer Diferansiyel Denklemin Çözümü
0))()........()(()( 121 nn kDkDkDkDDF
ifadesi 0)( yDF diferansiyel denkleminin karakteristik denklemidir. 0)(DF 'ın
k1, k2,.......kn kökleri bulunur. Bu köklere karakteristik kökler ( özdeğer, eigen value, Eigen
wert) denilir.Genel çözüm (ilkel) aşağıdaki tiplere göre şu şekilde yazılabilir:
Tip 1: k1 k2 ............ kn ve C1 ,C2 , ........,Cn keyfi sabitler olmak üzere F(D).y=0 ın
genel çözümü, n lineer bağımsız çözümü ihtiva eden
şeklindedir.
Problem: diferansiyel denklemini
a) D operatörü şeklinde ifade ediniz ,
b) Karakteristik denklemini yazınız,
c) Karakteristik köklerini bulunuz,
d) Genel çözümü (ilkeli) bulunuz.
Çözüm: a)
b) Karakteristik denklem: D3 -2D
2 -D+2 = 0
0)22(
022
23
2
2
3
3
yDDD
ydx
dy
dx
yd
dx
yd
65
xxx eCeCeCy 32
2
1
c) Karakteristik kökler : D3 -2D
2 -D+2 = 0, D
2(D-2)-(D-2)=0 , (D-2)(D
2-2)=0
(D-2)(D-1)(D+1) = 0 , kökler: k1=2 , k2 = 1 , k3 = -1
d) Genel çözüm (ilkeli):
Not: kxey doğrudan diferansiyel denkleme konularak karakteristik denklem bulunabilir.
Tip 2: k1 = k2=......= kt kt+1 ...... .kn-1 kn ve C1 ,C2 , ........,Cn keyfi sabitler olmak
üzere
F(D)y=0 ın genel çözümü t defa tekrar eden kökten dolayı
xk
n
xkj
t
xkt
t
xkxkxk ntt eCeCexCexCxeCeCy ................... 1321
1
12
321
olur.
Problem: 0yyyy diferansiyel denkleminin
a) D operatörlü şekilde yazınız,
b) Karakteristik denklemlerini yazınız,
c) Karakteristik köklerini bulunuz,
d) Genel çözümünü bulunuz.
Çözüm: a) 02
2
3
3
ydx
dy
dx
yd
dx
yd , (D
3+D
2-D-1)y = 0
b)Karakteristik denklem: D3+D
2-D-1 = 0
c)Karakteristik kökler :D3+D
2-D-1 = 0 , D
2(D+1)-(D+1) = 0 , (D+1)(D
2-1) = 0 ,
(D+1)(D+1)(D-1) , k1 = -1 , k2 = -1 , k3 = 1 , (k1 = k2 dır)
d)Genel çözüm : xxx eCxeCeCy 321
Tip 3: Eğer diferansiyel denklemin katsayıları (P0,P1,P2,.......,Pn) gerçek (reel)iseler ve
karakteristik köklerden birisi k1= (a+bi ) şeklinde kompleks kök ise , k2 = (a-bi) de bir kök
olur ve genel çözümde bunlara karşılık olan terimler şu şekilde yazılabilir:
xk
n
xkxkxk neCeCeCeCy ........321
321
xkn
xkbixbixax
xkn
xkxbiaxbia
n
n
eCeCeCeCey
eCeCeCeCy
........)(
........
3
3
321
3)(
2)(
1
burada
bxibxebix sincos
66
bxibxe bix sincos
konulursa
xk
n
xkax neCeCbxibxCbxibxCey ............sincossincos 3
321
xk
n
xkax neCeCbxCCibxCCey .........sincos 3
32121
xk
n
xkax neCeCbxBbxAey ..........sincos 3
3
Burada
bababa
abbaba
sin.sincos.cos)cos(
cos.sincos.sin)sin(
olduğu dikkate alınırsa ve genel çözümdeki
A = G.sin H , B = G. cos H
xk
nxkax neCeCHbxGbxHGey ........cos.sincossin. 3
3
veyahut A= J.cos K , B= - J.sin K olarak alınırsa
şekline dönüştürülebilir.
Problem: 084 yyy diferansiyel denklemni
a) D operatörlü,
b) Karakteristik denklemini yazınız,
c) Karakteristik kökleri,
d) Genel çözümü bulunuz.
Çözüm: a)
b) Karakteristik denklem:
c) Karakteristik kökler:
d) Genel Çözüm:
xkn
xkax neCeCbxHGey ........sin. 33
xk
n
xkax neCeCbxKJbxKJey ........sinsin.cos.cos. 3
3
xk
n
xkax neCeCxbKJey ........cos. 3
3
,0842
2
ydx
dy
dx
yd0)84( 2 yDD
0842 DD
ik 222
8.1.444 2
2,1
)( bia
)( 21
bixbixax eCeCey
67
Problem: 032 yyy diferansiyel denklemini
a) D operatörlü halde ,
b) Karakteristik denklemi
c) Karakteristik kökleri,
d) Genel çözümünü bulunuz.
Çözüm: a) 0)32( , 032 23
2
2
3
3
yDDDdx
dy
dx
yd
dx
yd
b) 032)( 23 DDDDF
c) 0)3)(1( , 0)32( 2 DDDDDD
3 , 1 , 0 321 kkk
d) xx eCeCCy 3
321
Problem: 0yy diferansiyel denkleminin
a) D operatörlü
b) Karakteristik denklemi,
c) Karakteristik kökleri
d) Genel çözümü bulunuz
Çözüm: a) 0)1( , 0 3
3
3
yDydx
yd
b) 01)( 3DDF
c) 0)1)(1(1 23 DDDD
2
31
2
411 01 2,1
2 iDDD
2
)31( ,
2
)31( , 1 321
ik
ikk
d) x
ix
i
x eCeCeCy2
31
3
2
31
21
veyahut
)( 2
2
2
1
2 ixixx eCeCey
)2sin(sin 2 xHGebxHGey xax
68
veyahut bulunur.
Problem: 098)( yy ıv diferansiyel denklemini
a) D operatörlü ,
b) Karakteristik denklemi ,
c) Karakteristik kökleri ,
d) Genel çözümü yazınız
Çözüm: a)
b)Karakteristik denklemi: 098 24 DD
c)Karakteristik kökleri : 098 2224 DDDD
d) Genel çözüm: ixixxx eCeCeCeCy 3
4
3
321
Burada
konursa
xCxCxCxCy 3sin3cossinhcosh 4321
,0982
2
4
4
dx
yd
dx
yd0)98( 24 yDD
0)9()9( 222 DDD 0)1)(9( 22 DD
11k 12k ik 33 ik 34
xixe
xxe
ix
x
3sin3cos
sinhcosh
3 xixe
xxe
ix
x
3sin3cos
sinhcosh
3
xiCiCxCCxCCxCCy 3sin)(3cos)(sinh)(cosh)( 43432121
)3sin3(cos)3sin3(cos)sinh(cosh)sinh(cosh 4321 xixCxixCxxCxxCy
)2cos()cos( 2 xKJebxKJey xax
69
Sabit Katsayılı Lineer Diferansiyel Denklemler
P0 0 ,P1 ,P2 , .......,Pn = Sabitler olmak üzere sabit katsayılı homojen olmayan (sağ taraflı)
lineer bir diferansiyel denklem
veya
veya
şeklinde yazılabilir. Bunun genel çözümü sağ tarafsızın (homojen kısmın) genel çözümü ile
diferansiyel denklem' in herhangi bir özel çözümünün toplamından ibarettir.
Sağ tarafsızın (homojen kısmın) genel çözümü, yh önceki bölümde anlatılmış idi. Bu bölümde
özel çözümün bulunması incelenecektir.
1.Yöntem:Tahmin -Deneme Metodu
Diferansiyel denklemin bir özel çözümü tahmin edilir ve denklemde yerine konularak
doğruluğu belirlenir.
Problem: 2xyy diferansiyel denkleminin özel çözümünü bulunuz.
Çözüm: 2
3
3
xydx
yd,
23 )1( xyD özel çözüm olarak yö = x2 alınabilir.
Çünkü D3y = 0 olduğundan diferansiyel denklem 0 + x
2 = x
2 olarak
sağlanmaktadır.
Problem: xyyy 234 diferansiyel denkleminin özel çözümünü bulunuz.
Çözüm:
Özel çözüm yö=2x/3 alınabilir.
Çünkü D3y = D
2y = 0 olduğundan diferansiyel denklem 0 - 0+3.2x/3 = 2x
olarak sağlanmaktadır.
2. Yöntem: Birinci Mertebede Diferansiyel Denkleme İndirgeme
a) Karakteristik kökler bulunur. Sağ tarafsızın (homojen kısmın) çözümü
bulunur.
)()(
)().........(
)(..........
1
1
10
11
1
10
xRyDF
xRyyPDPDPDP
xRyPdx
dyP
dx
ydP
dx
ydP
nn
nn
nnn
n
n
n
öh yyy
xydx
yd
dx
yd234
2
2
3
3
xyDD 234 23
xk
n
xkxk
hneCeCeCy ......21
21
70
b) Karakteristik köklerle )).......()((
1)(
21 nkDkDkDxRy olarak yazılır.
c) Bu ifadenin yardımıyla:
1.Adımda: diferansiyel denklemde konulmak üzere; 1. Mertebeden lineer bir
diferansiyel denklem olarak
1
1)(
kDxRu
Çözülecek diferansiyel denklem : ; )(1 xRukDu )(1 xRukdx
du
Çözüm: ;)( 11 dxexRuexkxk
dxexReuxkxk 11 )(
2.Adımda: diferansiyel denklemde konulmak üzere ; ukD
v2
1
Çözülecek diferansiyel denklem: ; 2 uvkDv uvkdx
dv2
Çözüm: dxuevexkxk 22
...................................
...................................
n. Adımda: diferansiyel denklem' de konulmak üzere; zkD
yn
1
Çözülecek diferansiyel denklem : zykDy n
Çözüm: ; dxzeyexkxk nn dxzeey
xkxk nn
Buna göre özel çözümün formülü
nxkxkkxkkxkkxk
ö dxexReeeey nnn ).().(.......)()()( 1
23121
olur.
d) Dolayısıyla genel çözüm
öh yyy olarak yazılabilir.
Problem: xeyyy 2 diferansiyel denkleminin
a) Karakteristik denklemini,
b) Karakteristik köklerini,
c) Sağ tarafsız(homojen kısmın) genel çözümünü,
71
d) Bir özel çözümünü,
e) Genel çözümünü yazınız.
Çözüm:
a) ,22
2xey
dx
dy
dx
yd ,22 xeyDD 0)2()( 2 DDDF
b) ;0)1)(2( DD ,21k 12k
c) x
h eCCeyx
2
2
d)
e) öh yyy
xxx eeCeCy
2
12
2
1
Aynı problem adım adım izlenerek de çözülebilir:
Problem: xeyyy 2 diferansiyel denkleminin
a) Karakteristik denklemini,
b) Karakteristik köklerini,
c) Sağ tarafsız(homojen kısmın) genel çözümünü,
d) Bir özel çözümünü,
e) Genel çözümünü yazınız.
Çözüm:
a) ,22
2xey
dx
dy
dx
yd
xeyDD 22
b) xeyDD )1)(2( ; 21k , 12k
x
ö
xx
ö
xx
ö
xxx
ö
xxx
ö
xxxx
ö
xkxkkxk
ö
ey
eey
dxeey
dxeeey
dxeeey
dxeeeey
dxexReey
2
1
)(2
1
2
1
)2
1(
)(
)(
)()(
2
2
232
2232
2)1()21(2
2)( 2121
72
c) x
h eCCeyx
2
2
şeklinde yazılabilir d) Karakteristik denklem
1.Adım olarak:
)2(
1
Deu x
veya xeuD )2( veya x
eudx
du2 lineer diferansiyel
denkleminin çözümü
için dxexRuedxxPdxxP
.)()()(
xdxdxxP
eee 22)( ve xexR )( kullanılırsa;
dxeeue xxx 22 . ; dxeue xx2 ;
xx eue 2
xeu bulunur
2.Adım olarak:
Karakteristik denklem )1(
1
Duy veya
)1(
1.
Dey x ;
xeyD )1(
xeydx
dy Lineer diferansiyel denkleminin çözümünde 1)(xP , xexR )( ve
xdxdxxP
eee)(
konulursa :
dxeeey xxx ... ; dxeye xx 2 ,
xx eye 2
2
1
xey
2
1 bulunur.
e) Genel çözüm öh yyy , 2
12
2
1
xx eCeCy
Problem: xeyyy 523 diferansiyel denklemini
a) D operatörlü
b) Karakteristik denklemini
c) Karakteristik köklerini
)1(
1
)2(
1
DDey x
73
d) Homojen kısmın genel çözümünü
f) Genel çözümünü yazınız.
Çözüm:
a) xey
dx
dy
dx
yd 5
2
2
23 , xeyDD 52 )23(
b) 0)23()( 2 DDDF
c) 0)1)(2( DD 21k , 12k
d) xx
h eCeCy 2
2
1
e)
f) xxx
öh eeCeCyyy 5
2
2
112
1
Problem: xyyy 2345 diferansiyel denkleminin
a) Karakteristik denklemini,
b) Karakteristik köklerini,
c) Sağ tarafsız(homojen kısmın) genel çözümünü,
d) Bir özel çözümünü,
e) Genel çözümünü bulunuz.
Çözüm:
a) yydx
dy
dx
yd2345
2
2
yyDD 23)45( 2
0)45()( 2 DDDF
b) 0)4)(1( DD 11k 42k
c) xx
h eCeCy 4
21
xxxxx
ö
xxxxxx
ö
xxxxx
ö
kxkkxk
ö
eeedxeey
dxeeedxeeey
dxeeeeeDD
y
dxexReexRkDkD
y
53232
42242
25)21(25
2)(
21
12
1)
3
1(
4
1.
4
1
).4
1()(
)(.)1)(2(
1
).()(.)())((
12121
74
d)
e) öh yyy , xeCeCy xx
2
1
8
114
21
3.Yöntem: Karakteristik denklemin tersi n adet kısmî (basit) kesrin toplamı şeklinde
yazılarak bulunur:
n
n
kD
E
kD
E
kD
E
DF..........
)(
1
2
2
1
1 ; )(.
)(
1xR
DFyö ;
Böylece özel çözüm
dxeEdxeEdxeEyxkxk
n
xkxkxkxk
önn Re........ReRe 2211
21
dxedxededeey
dxdxeexeedeey
dxxeeeey
dxexeey
dxeyeey
dxexReey
xxxxxö
xxxxxxö
xxxxö
xxxö
xxxö
xkxkkxkö
4443
44443
2443
243
24)14(
2)(
4
1
4
1
4
12
4
13
4
1
4
12
4
13
)(23
)()23(
)(23
)()( 2121
xy
xeeey
exeeey
dxexeddxeey
dxeexeeey
dxxeeey
dxxeeeey
dxexeeeey
ö
xxx
ö
xxxx
ö
xxxx
ö
xxxxx
ö
xxx
ö
xxxx
ö
xxxxx
ö
2
1
8
11
2
1
8
11
2
1
2
1
8
7
2
1)(
2
1
8
7
2
1
8
7
2
1
8
7
2
1
8
7
8
1
2
1
4
3
443
4443
75
Burada integrasyon sabitleri dikkate alınmaz. Aksi halde özel çözümden genel çözüm
bulunmuş olurdu.
Problem: xeyyy 223 diferansiyel denklemini
a) D operatörlü,
b) Karakteristik denklemini,
c) Karakteristik köklerini,
d) Homojen kısmın genel çözümünü,
e) Bir özel çözümünü,
f) Genel çözümünü bulunuz.
Çözüm:
a) xeyDD 22 )23(
b) 023)( 2 DDDF
c) 0)1)(2( DD 21k , 12k
d) xx
h eCeCy 2
2
1
e) 1
2121 kD
B
kD
AxR
kDkDyö
dxBedxAexRxkxkxkxk 2211 ReRe
2x2x2xxx2x
ö
x2xx2x2x2x2x
ö
2x
ö
2x2x2x
ö
1)e(xexedxeedxey
dxee1)e(dxeeee1D
1
2D
1y
1B , 1A , 1AA2
1A2B ,A B , 0AB , e1D2D
A2BABDy
e1D2D
AAD2BBDe
1D
B
2D
Ae
1D2D
1y
f ) xxx
öh exeCeCyyy 2
2
2
1 )1(
76
4.Yöntem: Sabitlerin Değişimi
)()( xRyDF veya )().........( 1
1
1 xRyPDPDPD nn
nn
şeklindeki sabit katsayılı lineer bir diferansiyel denklemin genel çözümünü bulmak için
aşağıdaki adımlar izlenir:
a) Homojen (sağ tarafsız) kısmın xk
iiey olmak üzere genel çözümü bulunur:
b) (C1 ,C2 ,........,Cn) sabitleri olmak üzere genel halde Mi =Mi(x) fonksiyonları konularak
özel çözüm teşkil edilir:
c) (M1 ,M2 ,........,Mn) fonksiyonları için aşağıdaki şartların sağlandığı kabul edilmektedir;
bu şartlar teşkil edilip M1' , M2
',........,Mn
' ve bunların integrasyonu ile (M1 ,M2 ,........,Mn)
bulunur.
Not: Özel çözüm , diferansiyel denklemin mertebesi kadar türetilir ve yukarıdaki şartlar
kullanılırsa diferansiyel denklemin sağlandığı görülebilir:
c.1)
).................()...................( 22112211 nnnn yMyMyMyMyMyMDy
= 0
)..............()...................( 22112211
2
nnnn yMyMyMyMyMyMyD
= 0
nnh yCyCyCy ........2211
nnö yMyMyMy ..........2211
0.....................2211 nn yMyMyM
)(.........)1()1(
22
)1(
11 xRyMyMyMn
nn
nn
0.....................2211 nn yMyMyM
77
)........().........( 2211
)1()1(
22
)1(
11
n
nn
nnn
nn
nnn yMyMyMyMyMyMyD
= R (x)
veyahut
c.2) Bu bağıntılar F(D)y=R(x) de yerine konulursa
= 0 = 0 = 0
bulunur.
Tabii burada F(D)yi = 0 alınmıştır. Çünkü yi değerleri homojen kısmın çözümleridir.
Problem: xeyy x sin2 diferansiyel denklemini
a) D operatörlü,
b) Karakteristik denklemini,
c) Karakteristik köklerini,
d) Homojen kısmın genel çözümünü,
e) Sabitlerin değişimi yöntemi ile özel çözümü,
f) Genel çözümünü yazınız.
Çözüm:
a)
nn yMyMyMDy ...................2211
nn yMyMyMyD ...............2211
2
)(.........)()(
22
)(
11 xRyMyMyMyDn
nn
nnn
).........()( 1
)1(
12
)1(
11
)(
11 yPyPyPyMyDF n
nnn
).........( 2
)1(
22
)1(
21
)(
22 yPyPyPyM n
nnn
)().........()1(
2
)1(
1
)(xRyPyPyPyM nn
n
n
n
n
n
nn
)()(.........)()( 2211 xRyDFMyDFMyDFM nn
)(0.........00 xR
xeyDD x sin)2( 2
78
b) 02)( 2 DDDF
c) 0)2(DD 01k 22k
d) x
h eCCy 2
21
e) Ci → Mi olarak değiştirilip özel çözüm için xö eMMy 2
21 yazılır .Burada
y1 = 1 , y2 = e2x
dir.
)(
0
2211
2211
xRyMyM
yMyM
şartları hazırlanırsa
, buradan integrasyonla
ve birinci denklemden
bu integrasyonla ,
böylece özel çözüm
f) Genel çözüm
5. Yöntem:Belirsiz Katsayılar
F(D)y = R(x) diferansiyel denklem nin özel çözümü bulunurken R(x) ' in terimleri
dikkate alınır.
5.1. R(x) ile homojen kısmın genel çözümü terimleri birbirine benzemiyorsa
R(x) = R1(x) + R2(x) +.......ise bu terimler ve bunların türevleri özel çözüme ilave
edilir.
Problem: 3xyy diferansiyel denkleminin
;sin2.0.
;01.
2
21
2
21
xeeMM
eMM
xx
x
xeeM
eMM
xx
x
sin2
12
2
21
xeexeeMM xxxx sin2
1sin
2
1 22
21
)cos(sin4
12 xxeM x
xxeM x cossin4
11
xey x
ö sin2
1
x
ö eMMy 2
21
xxx
ö exxexxey 2cossin4
1cossin
4
1
xeeCCyyy xx
öh sin2
12
21
79
a) D operatörlü,
b) Karakteristik denklemini,
c) Karakteristik köklerini,
d) Homojen kısmın genel çözümünü,
e) Bir özel çözümünü,
f) Genel çözümü yazınız.
Çözüm: a) 32 )1( xyD
b) 01)( 2DDF
c) 0)1)(1( DD 11k , 12k
d ) xx
h eCeCy 21
e) DCxBxAxyö
23 türevleri hazırlanırsa
CBxAxDy 23 2 ; BAxyD 262
ve diferansiyel denkleme konulursa
32332 26 , )1( xDCxBxAxBAxxyD
323 6 xDxCABxAx
060601 D,C,CA,B,A böylece
xxyö 63
f ) Genel çözüm xxeCeCyyy xx
öh 63
21
5.2. R(x) içinde sin(ax) varsa özel çözüme sin(ax) ve cos(ax) terimleri ilave edilir.
Problem: y” – y = ex sin x diferansiyel denklemini
a) D operatörlü,
b) Karakteristik denkleminin,
c) Karakteristik köklerini,
d) Homojen kısmın genel çözümünü,
e) Belirsiz katsayılar yöntemiyle özel bir çözümünü,
f) Genel çözümünü yazınız .
Çözüm:
a) xeyD x sin)1( 2
b) 1)( 2DDF
c) 1 , 1 , 0)1)(1( 21 kkDD
d) xx
h eCeCy 21
80
e) Özel çözüm olarak xBexAey xx
ö cossin alınacaktır ;
xAexBeyD
xeBAxeBAxeBAxeBAyD
xeBAxeBADy
xx
xxxx
xx
cos2sin2
sin)(cos)(cos)(sin)(
cos)(sin)(
2
2
bu ifade diferansiyel denklem de yerine konulursa ;
xeyD x sin)1( 2
xexeBAxeAB
xexBexAexAexBe
xxx
xxxxx
sincos)2(sin)2(
sincossincos2sin2
5
2 ,
2
)15
1(
,5
1 , 15 , 0
2
)1(2
2
)1( , 02 , 12
BBAAA
A
ABBAAB
böylece xexey xx
ö cos5
2sin
5
1 olur.
f) Genel çözüm öh yyy
xexeeCeCy xxxx cos5
2sin
5
121
5.3. R(x) de homojen kısmın genel çözümüne ait kat köklü )(xkte bir terim olabilir.
Özel çözüme .......1 xktxkt tt eBxeAx terimleri ilave edilmelidir.
Problem: 2)22( xeyyy x diferansiyel denklemini
a) D operatörlü,
b) Karakteristik denklemini,
c) Karakteristik köklerini,
d) Homojen kısmın genel çözümü,
e) Bir özel çözümü,
f) Genel çözümü bulunuz
Çözüm: a) 223 )22( xeyDDD x
81
b) 022)( 23 DDDDF
c) D2
(D – 2) – (D – 2) = 0, (D – 2) (D2 – 1) = 0, k1 = 1, k2 = 1, k3 = 1
d) yh = C1 e2x
+ C2 ex + C3 x e
x
e) ex terimi R(x) de vardır. Aynı zamanda bir kat köklü terime tekabül etmektedir.
5.4. R(x) de (xs e
k t x) şeklinde bir terim olabilir.
Bu homojen kısmın t- katlı köküne tekabül ediyorsa özel çözüme
A xs+t
e k t x
+ B xs+t-1
e k t x
+.......... ilave edilmelidir.